Une urne contient $3$ boules blanches et $5$ boules noires. On tire les boules une à une, au hasard et sans remise, jusqu'à vider l'urne. Pour $k\in\{1,\dots,8\}$, on note $B_k$ : « la $k$-ième boule tirée est blanche », $N_k=\overline{B_k}$, et $T_k$ : « la première boule blanche apparaît au $k$-ième tirage ».
- Écrire $T_k$ à l'aide des $B_i$ et $N_i$. Justifier que $T_k=\emptyset$ pour $k\geqslant7$.
- Calculer $P(T_1)$, $P(T_2)$ et $P(T_3)$.
- Montrer que pour tout $k\in\{1,\dots,6\}$ : $$P(T_k)=\frac{(8-k)(7-k)}{112}.$$
- Vérifier que $\sum_{k=1}^6P(T_k)=1$ et interpréter.
$T_k$ signifie : les $k-1$ premières boules sont noires et la $k$-ième est blanche.
Sachant que les $i-1$ premières boules sont noires, compter ce qu'il reste dans l'urne avant le $i$-ième tirage.
Écrire le produit des $k-1$ premiers facteurs comme un quotient de factorielles.
Pour l'interprétation, se demander si l'on finit toujours par tirer une boule blanche.
- $T_1=B_1$ et, pour $k\geqslant2$, $T_k=N_1\cap N_2\cap\cdots\cap N_{k-1}\cap B_k$.
Pour $k\geqslant7$, $T_k$ exigerait que les $6$ premières boules soient noires, alors que l'urne ne contient que $5$ boules noires. Donc $T_k=\emptyset$.
- $P(T_1)=P(B_1)=\frac{3}{8}$.
Sachant $N_1$, l'urne contient $3$ blanches et $4$ noires. Comme $P(N_1)=\frac58>0$, la formule des probabilités composées donne $$P(T_2)=P(N_1)P_{N_1}(B_2)=\frac{5}{8}\times\frac{3}{7}=\frac{15}{56}.$$ Sachant $N_1\cap N_2$ (de probabilité $\frac58\times\frac47>0$), il reste $3$ blanches et $3$ noires : $$P(T_3)=P(N_1)P_{N_1}(N_2)P_{N_1\cap N_2}(B_3)=\frac{5}{8}\times\frac{4}{7}\times\frac{3}{6}=\frac{5}{28}.$$
-
Soit $k\in\{1,\dots,6\}$. Le cas $k=1$ est traité ; on suppose $k\geqslant2$. Sachant que les $i-1$ premières boules sont noires ($1\leqslant i\leqslant k$), l'urne contient avant le $i$-ième tirage $8-(i-1)=9-i$ boules, dont $3$ blanches et $5-(i-1)=6-i$ noires. Donc $$P_{N_1\cap\cdots\cap N_{i-1}}(N_i)=\frac{6-i}{9-i}\quad(1\leqslant i\leqslant k-1),\qquad P_{N_1\cap\cdots\cap N_{k-1}}(B_k)=\frac{3}{9-k}.$$ Pour $i\leqslant k-1\leqslant5$, on a $6-i\geqslant1$, donc ces facteurs sont strictement positifs et, de proche en proche, $P(N_1\cap\cdots\cap N_{k-1})>0$. La formule des probabilités composées s'applique : $$P(T_k)=\prod_{i=1}^{k-1}\frac{6-i}{9-i}\times\frac{3}{9-k}.$$ Le numérateur du produit est $5\times4\times\cdots\times(7-k)=\frac{5!}{(6-k)!}$ et le dénominateur est $8\times7\times\cdots\times(10-k)=\frac{8!}{(9-k)!}$. Donc $$P(T_k)=\frac{5!\,(9-k)!}{(6-k)!\,8!}\times\frac{3}{9-k}=\frac{3\times5!}{8!}\times\frac{(8-k)!}{(6-k)!}=\frac{360}{40320}(8-k)(7-k)=\frac{(8-k)(7-k)}{112}.$$ Pour $k=1$, la formule donne $\frac{7\times6}{112}=\frac{42}{112}=\frac38$ : elle reste vraie. On retrouve aussi $P(T_2)=\frac{30}{112}=\frac{15}{56}$ et $P(T_3)=\frac{20}{112}=\frac{5}{28}$.
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Les valeurs de $(8-k)(7-k)$ pour $k=1,\dots,6$ sont $42,30,20,12,6,2$, de somme $112$. Donc $\sum_{k=1}^6P(T_k)=1$.
Interprétation : les $T_k$ sont deux à deux incompatibles (la première blanche n'a qu'un rang) et, comme on vide l'urne, une boule blanche finit toujours par sortir, au plus tard au rang $6$. Donc $(T_1,\dots,T_6)$ est un système complet d'événements, et la somme de leurs probabilités vaut $P(\Omega)=1$.
Remarque : on peut aussi raisonner en dénombrant les positions des $3$ boules blanches, qui forment une partie à $3$ éléments de $\{1,\dots,8\}$ choisie uniformément ; $T_k$ correspond aux parties contenant $k$ et deux éléments de $\{k+1,\dots,8\}$, d'où $P(T_k)=\binom{8-k}{2}\big/\binom{8}{3}$, qui est bien la même valeur.
$P(T_k)=\frac{(8-k)(7-k)}{112}$ pour $1\leqslant k\leqslant6$, $T_k=\emptyset$ sinon ; $P(T_1)=\frac38$, $P(T_2)=\frac{15}{56}$, $P(T_3)=\frac{5}{28}$