L'évènement conditionnant "L'urne A contient une seule boule rouge" modifie notre univers de travail. Une fois l'urne A remplie selon cette condition (elle contient $1$ boule rouge et $5$ autres boules), il reste à répartir $18$ boules ($3$ rouges et $15$ non-rouges) dans les urnes B, C et D, qui disposent chacune de $6$ places.
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Méthode 1 : Par les combinaisons (Loi hypergéométrique)
On s'intéresse exclusivement à la composition de l'urne B, qui doit recevoir $6$ boules tirées parmi les $18$ restantes.
- Cas possibles : Choisir $6$ boules quelconques parmi $18$, soit $C_{18}^6$.
- Cas favorables : Choisir les $3$ boules rouges parmi les $3$ disponibles ($C_3^3$) et $3$ boules non-rouges parmi les $15$ disponibles ($C_{15}^3$).
La probabilité cherchée est donc le quotient :
\[ P = \frac{C_3^3 \times C_{15}^3}{C_{18}^6} = \frac{1 \times \frac{15 \times 14 \times 13}{3 \times 2 \times 1}}{\frac{18 \times 17 \times 16 \times 15 \times 14 \times 13}{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}} \]En simplifiant la fraction, on obtient :
\[ P = \frac{1 \times 455}{18564} = \frac{5}{204} \] -
Méthode 2 : Par le placement successif (Astuce des places)
Puisqu'il reste $18$ places équiprobables au total (dont $6$ dans l'urne B), on peut calculer la probabilité de placer successivement les $3$ boules rouges restantes directement dans l'urne B :
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Première boule rouge : Il y a $6$ places favorables dans l'urne B sur les $18$ places totales restantes : $P_1 = \frac{6}{18}$.
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Deuxième boule rouge : Il ne reste plus que $5$ places favorables sur $17$ places totales disponibles : $P_2 = \frac{5}{17}$.
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Troisième boule rouge : Il ne reste que $4$ places favorables sur $16$ places totales : $P_3 = \frac{4}{16}$.
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En multipliant ces probabilités successives, on retrouve notre résultat :
\[ P = \frac{6}{18} \times \frac{5}{17} \times \frac{4}{16} = \frac{5}{204} \] -
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Méthode 3 : Par la symétrie et le conditionnement
Cette approche la symétrie parfaite des $3$ urnes restantes (qui ont chacune $6$ places).
- Soit $E$ : "L'urne B contient les 3 boules rouges."
- Soit $D$ : "L'une des 3 urnes (B, C ou D) contient les 3 boules rouges."
Puisque la réalisation de $E$ implique obligatoirement celle de $D$ ($E \subset D$), on a $p(E) = p(E|D) \times p(D)$.
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Calcul de $p(E|D)$ : Sachant que les $3$ boules sont dans la même urne, par symétrie parfaite, la probabilité que ce soit l'urne B est de $\frac{1}{3}$.
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Calcul de $p(D)$ : Les cas possibles pour placer $3$ boules sont $C_{18}^3 = 816$. Les cas favorables (les $3$ boules dans B, ou dans C, ou dans D) sont $3 \times C_6^3 = 3 \times 20 = 60$. Donc $p(D) = \frac{60}{816} = \frac{5}{68}$.
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On conclut en multipliant :
\[ p(E) = \frac{1}{3} \times \frac{5}{68} = \frac{5}{204} \]
⚠️ Erreur à ne pas commettre : L'illusion de l'équiprobabilité
Ne cherchez pas à calculer la probabilité en listant les $10$ façons globales de répartir les $3$ boules rouges dans les $3$ urnes (par exemple : $3$ dans B, ou $2$ dans B et $1$ dans C, etc.).
Ces répartitions ne sont pas équiprobables.
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Le poids du cas favorable (B:3, C:0, D:0)
Pour que l'urne B reçoive les $3$ boules, il faut choisir $3$ places parmi ses $6$ places disponibles :
\[ C_6^3 \times C_6^0 \times C_6^0 = 20 \times 1 \times 1 = 20 \text{ combinaisons} \] -
Le poids de la configuration (B:1, C:1, D:1)
Comparons avec la répartition la plus équilibrée, où chaque urne reçoit exactement $1$ boule rouge :
\[ C_6^1 \times C_6^1 \times C_6^1 = 6 \times 6 \times 6 = 216 \text{ combinaisons} \]La configuration dispersée $(1, 1, 1)$ est donc plus de $10$ fois plus probable que la configuration concentrée $(3, 0, 0)$ !