Attendre une boule blanche, sans remise

Les valeurs possibles. Il y a $3$ noires : au pire, on les tire toutes avant une blanche, donc $X\in \{1,2,3,4\}$.

La loi. On applique la formule des probabilités composées, en suivant les tirages successifs dans une urne qui se vide : $$P([X=1])=\frac{2}{5},$$ $$P([X=2])=\frac{3}{5}\times \frac{2}{4}=\frac{6}{20}=\frac{3}{10},$$ $$P([X=3])=\frac{3}{5}\times \frac{2}{4}\times \frac{2}{3}=\frac{12}{60}=\frac{1}{5},$$ $$P([X=4])=\frac{3}{5}\times \frac{2}{4}\times \frac{1}{3}\times 1=\frac{6}{60}=\frac{1}{10}.$$ Dans chaque produit, les premiers facteurs sont les probabilités de tirer une noire alors qu'il en reste $3$, puis $2$, puis $1$, et le dernier celle de tirer enfin une blanche.

Contrôle. $\frac{2}{5}+\frac{3}{10}+\frac{1}{5}+\frac{1}{10}=\frac{4+3+2+1}{10}=1$.

L'espérance. $$E(X)=1\times \frac{4}{10}+2\times \frac{3}{10}+3\times \frac{2}{10}+4\times \frac{1}{10}=\frac{4+6+6+4}{10}=\frac{20}{10}=2.$$

Un second calcul, par conditionnement. Notons $e_n$ l'espérance du nombre de tirages avec $2$ blanches et $n$ noires. En conditionnant sur le premier tirage — système complet « blanche » / « noire » — on obtient $e_0=1$ et, pour $n⩾1$, $$e_n=\underset{\text{blanche d’embleˊe}}{\underbrace{1\times \frac{2}{n+2}}}+\underset{\text{une noire, puis on recommence}}{\underbrace{(1+e_{n-1})\times \frac{n}{n+2}}}=1+\frac{n}{n+2}{e}_{n-1}.$$ D'où $e_1=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$, puis $e_2=1+\frac{2}{4}\cdot \frac{4}{3}=\frac{5}{3}$, puis $e_3=1+\frac{3}{5}\cdot \frac{5}{3}=2$. Les deux méthodes concordent.