Pommes, bananes et poires

Rebonjour Gebrane,
Une seule interprétation pour moi par contre pas d'accord avec ton calcul
Le 1er fruit tiré est une pomme => Il y au moins une pomme dans le sac
Mais la réciproque est fausse donc tu changes le problème en cours de route

"On remplit un sac de 3 fruits."
Ok.
On met un premier fruit, puis un 2ème, puis un 3ème.
Discrètement, je colle une petite étiquette bleue sur le 1er fruit, une rouge sur le 2ème, et une noire sur le 3ème.

"Chaque fruit mis dans le sac à la même chance d’être une pomme, une banane ou un poire."
On a donc 3x3x3=27 possibilités. Toutes équiprobables.

"On sort au hasard un fruit du sac, c'est une pomme."
Je regarde la pomme en question, et je regarde la petite étiquette qui est collée dessus. Cette petite étiquette est soit bleue, soit rouge, soit noire.

"Quelle est la probabilité que les deux autres fruits dans le sac soient aussi des pommes ?"
Si la petite étiquette est bleue, ça veut dire que le premier fruit qui a été mis dans le sac était une pomme. Et on me demande la probabilité que les 2 autres fruits soient aussi des pommes.
Réponse 1/9. Le mot 'indépendant' n'apparaissait pas dans l'énoncé, mais on est bien dans la configurations d'événements indépendants.

Et si l'étiquette est rouge, ou noire , même raisonnement.
La réponse est donc 1/9.

Bonjour,

M pour pomme, B pour banane, R pour poire.
Calcul bourrin sur l'univers à 27 issues équiprobables (pour chacun des trois fruits : M, B, R)

Probabilité d'avoir un sac avec 3 pommes : 1/27. Probabilité de tirer une pomme sachant qu'on a un sac avec 3 pommes : 1. Probabilité d'avoir un sac avec 3 pommes et d'en tirer une pomme : 1/27.

Probabilité d'avoir un sac avec 2 pommes : 6/27. Probabilité de tirer une pomme sachant qu'on a un sac avec 2 pommes : 2/3. Probabilité d'avoir un sac avec 2 pommes et d'en tirer une pomme : 4/27.

Probabilité d'avoir un sac avec 1 pomme : 12/27. Probabilité de tirer une pomme sachant qu'on a un sac avec 1 pomme : 1/3. Probabilité d'avoir un sac avec 1 pomme et d'en tirer une pomme : 4/27.

Probabilité d'avoir un sac avec 0 pomme : 8/27. Probabilité de tirer une pomme sachant qu'on a un sac avec 0 pomme : 0. Probabilité d'avoir un sac avec 0 pomme et d'en tirer une pomme : 0.

Probabilité d'avoir un sac avec 3 pommes sachant qu'on a tiré une pomme du sac :
(1/27)/(1/27 + 4/27 + 4/27 + 0) = 1/9

Un autre modèle qui ressemble beaucoup.

J'ai un schéma de Bernoulli $\epsilon_1,\dots,\epsilon_n$. iid $B(p)$
Je choisis uniformément un sous-ensemble $A$ parmi les parties de $1;n$ à $m\le n$ éléments.

Alors $X_A = \sum_{i\in A} \epsilon_i$ est binomiale $B(m,p)$, et de même $X-X_A = \sum_{i\not\in A} \epsilon_i = X_{\bar{A}}$ est binomiale $B(n-m,p)$ et est indépendante de $X_A$.

Quand je l'écris, l'idée me vient.

Je parle ici de la composition binomiale-binomiale, et je conclus sur le paradoxe des deux enfants.

J'ai encore mes $n$ joueurs qui jouent à pile-ou-face $\epsilon_1,\dots,\epsilon_n$ iid $B(p)$.

Le nombre de pile : $X=\sum_{i=1}^n \epsilon_i$ est binomiale $B(n,p)$.

Maintenant, ces joueurs jouent aux fléchettes $\eta_1,\dots,\eta_n$, iid $B(r)$.

Le nombre de joueurs qui ont gagné aux deux jeux est $Y = \sum_{i=1}^n \epsilon_i \cdot \eta_i$ est binomiale $B(n,p\times r)$.

Cette fois, $X-Y$ est binomiale $B(n,p\times(1-r))$.

Mais cette fois, $Y$ et $X-Y$ ne sont pas indépendantes.

D'aillleurs $\begin{aligned}[t]
cov(Y,X-Y) & = \frac{1}{2} \cdot \big[var(X) - var(Y) - var(X-Y)\big] \\
& = n \times(p(1-p) - pr(1-pr) - p(1-r)(1-p(1-r)) \\
& = -np^2r(1-r) \le 0
\end{aligned}
$