Pour généraliser le raisonnement, posons les variables suivantes :

• $n$ : le nombre de boules rouges (ici, $n = 5$).
• $p$ : le nombre de boules non rouges (ici, $p = 15$).
• $N$ : le nombre total de boules, avec $N = n + p$ (ici, $N = 20$).

1. Probabilité pour que le dixième tirage soit une boule rouge

   Lors d'un tirage successif sans remise, si l'on ne dispose d'aucune information sur les résultats des tirages précédents, le principe d'invariance s'applique. La probabilité de tirer une boule rouge à un rang quelconque est identique à celle du premier tirage.

   \[ p = \frac{n}{N} = \frac{5}{20} = \frac{1}{4} \]

2. Probabilité pour que le quinzième tirage soit une boule rouge

   Par le même argument de symétrie, l'incertitude reste totale tant qu'aucune boule n'est dévoilée. La probabilité demeure invariante.

   \[ P(\text{15ème tirage rouge}) = \frac{n}{N} = \frac{5}{20} = \frac{1}{4} \]

3. Explications:

   
   Nous pouvons démontrer rigoureusement pour le deuxième tirage à l'aide de la formule des probabilités totales.
   Soient les événements :
   • $R_1$ : "Obtenir une boule rouge au 1er tirage"
   • $R_2$ : "Obtenir une boule rouge au 2ème tirage"

   Les événements $R_1$ et $\overline{R_1}$ forment un système complet d'événements. Appliquons la formule des probabilités totales :

   \[ P(R_2) = P(R_1) P(R_2|R_1) + P(\overline{R_1}) P(R_2|\overline{R_1}) \]

   Exprimons ces probabilités en fonction de $n$, $p$ et $N$ :

   • $P(R_1) = \frac{n}{N}\qquad ;\qquad P(R_2|R_1) = \frac{n-1}{N-1}$ ($n-1$ boules rouges, sur $N-1$ boules).
   • $P(\overline{R_1}) = \frac{p}{N}\qquad ;\qquad P(R_2|\overline{R_1}) = \frac{n}{N-1}$ (n boules rouges , sur $N-1$ boules).

   En substituant dans la formule :

   \[ P(R_2) = \frac{n}{N} \times \frac{n-1}{N-1} + \frac{p}{N} \times \frac{n}{N-1} \] \[ P(R_2) = \frac{n(n-1) + pn}{N(N-1)} \]

   En factorisant par $n$ au numérateur :

   \[ P(R_2) = \frac{n(n - 1 + p)}{N(N-1)} \]

   Or, par définition, $N = n + p$, ce qui implique que $n - 1 + p = N - 1$.
   L'expression se simplifie alors :

   \[ P(R_2) = \frac{n(N-1)}{N(N-1)} = \frac{n}{N} \]

   Nous retrouvons exactement la probabilité initiale. Ce résultat se généralise par récurrence pour tout tirage de rang $k$.