Chapitre 7 – Espaces probabilisés
L’hypothèse de récurrence donne
P(A1 ∩ · · · ∩ An) = P(A1)PA 1 (A2) . . . PA 1 ∩···∩A n−1 (An).
Ainsi P(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An+1) = P(A1)PA 1 (A2) . . . PA 1 ∩···∩An (An+1), et le résultat est établi par récurrence. ❑
➤ Remarque
Cette formule est très utile. On l’utilise en général quand les événements A1, A2, · · · , An sont dans un ordre
chronologique.
Exercice 4.
On effectue des tirages dans une urne contenant initialement a boules blanches et b boules
noires. Après chaque tirage, la boule est remise dans l’urne avec c boules de la même couleur.
1. Pour tout n ∈ N
∗ , déterminer la probabilité p n que la première boule blanche soit obtenue
au n-ième tirage.
2. On pose, pour n ∈ N
∗ , a n =
n−1
k=0
b + kc
a + b + kc
· Montrer que l’on a p n = a n−1 − a n , pour tout
n 2. Calculer lim
n→+∞
a n (considérer ln a n ). En déduire
+∞
n=1
p n . Interpréter.
Solution.
1. Notons, pour tout k ∈ N
∗ , B k l’événement « le k-ième tirage donne une boule blanche ».
Il s’agit de calculer p n = P(B 1 ∩ . . . ∩ B n−1 ∩ B n ). On applique la formule des probabilités
composées. On a clairement P(B 1 ) =
b
a + b
· Pour k 2, si les tirages 1 à k − 1 amène une
boule noire, il y a dans l’urne au moment du k-ième tirage a boules blanches et b + (k − 1)c
boules noires. On en déduit
P(B k /B 1 ∩ . . . ∩ B k−1 ) =
b + (k − 1)c
a + b + (k − 1)c
et P(B n /B 1 ∩ . . . ∩ B n−1 ) =
a
a + b + (n − 1)c
·
On obtient donc p 1 =
a
a + b
et, pour n 2,
p n = P(B 1 )P(B 2 /B 1 ) . . . P(B n−1 /B 1 ∩ . . . ∩ B n−2 )P(B n /B 1 ∩ . . . ∩ B n−1 )
=
b
a + b
·
b + c
a + b + c
· · ·
b + (n − 2)c
a + b + (n − 2)c
·
a
a + b + (n − 1)c
=
a
n−2
k=0
(b + kc)
n−1
k=0
(a + b + kc)
·
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