Trois tirages sans remise

Ce qu'on montre. Deux probabilités, par la formule des probabilités composées.

La formule employée. Pour trois événements $A_1,A_2,A_3$ de probabilités convenables, $$P(A_1\cap A_2\cap A_3)=P(A_1)P_{A_1}(A_2)P_{A_1\cap A_2}(A_3),$$ autrement dit : on multiplie les probabilités le long d'un chemin de l'arbre, chacune étant calculée sachant ce qui précède.

Blanche, blanche, noire. Notons $B_k$ (resp. $N_k$) l'événement « la $k$-ième boule est blanche (resp. noire) ».

• Au premier tirage : $8$ boules dont $5$ blanches, donc $P(B_1)=\frac{5}{8}$.
• Sachant $B_1$ : il reste $7$ boules dont $4$ blanches, donc $P_{B_1}(B_2)=\frac{4}{7}$.
• Sachant $B_1\cap B_2$ : il reste $6$ boules dont $3$ noires, donc $P_{B_1\cap B_2}(N_3)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

D'où $$P(B_1\cap B_2\cap N_3)=\frac{5}{8}\times \frac{4}{7}\times \frac{1}{2}=\frac{20}{112}=\frac{5}{28}\approx 0,179.$$

Exactement une blanche. L'événement se décompose selon le rang de la boule blanche, en trois événements deux à deux incompatibles : $B_1{N}_2{N}_3$, $N_1{B}_2{N}_3$, $N_1{N}_2{B}_3$.

Chacun a la même probabilité. Par exemple $$P(B_1\cap N_2\cap N_3)=\frac{5}{8}\times \frac{3}{7}\times \frac{2}{6}=\frac{30}{336},$$ et pour $N_1{B}_2{N}_3$ : $\frac{3}{8}\times \frac{5}{7}\times \frac{2}{6}=\frac{30}{336}$ également — les mêmes facteurs apparaissent, dans un ordre différent, ce qui ne change pas le produit.

Par additivité, $$P(\text{exactement une blanche})=3\times \frac{30}{336}=\frac{90}{336}=\frac{15}{56}\approx 0,268.$$

Point délicat. Les trois ordres ont la même probabilité, mais ce n'est pas une évidence : il faut le constater sur le produit des facteurs, qui sont les mêmes à l'ordre près. Sur d'autres événements, cette symétrie tombe.