Chapitre 7 – Espaces probabilisés
Preuve
Les deux démonstrations sont semblables.
Si (A1, A2, . . . , An) un système complet d’événements, alors on a, d’après la proposition 5 page 202, pour tout
événement B
P(B) =
n
i=1
P(B ∩ A i ).
Or pour tout i de [ [1, n] ], P(B ∩ A i ) = PA i (B)P(A i ). On obtient donc
P(B) =
n
i=1
PA i (B)P(A i ).
Si (An) n∈N est un système complet d’événements, on obtient de même
P(B) =
+∞
i=0
P(B ∩ A i ) =
+∞
i=0
PA i (B)P(A i ).
❑
➤ Remarques
• Cette formule est très utile quand l’expérience se déroule en plusieurs étapes et que la première aboutit à
plusieurs résultats incompatibles entre eux et donnant un système complet d’événements.
• On dit que (A i ) i∈N un système quasi-complet d’événements si les A i sont des événements deux à deux incompatibles dont la réunion est de probabilité égale à 1. La formule des probabilités totales reste vraie avec un
système quasi-complet. On note C =
i∈N
A i , événement de probabilité nulle. On obtient un système complet
d’événements en adjoignant C au système précédent. On a donc, avec les notations du théorème,
P(B) = P(B ∩ C) +
+∞
i=0
P(B ∩ A i ) =
+∞
i=0
P(B ∩ A i ) =
+∞
i=0
PA i (B)P(A i ),
car B ∩ C est aussi de probabilité nulle.
Exercice 6.
Des boules en nombre infini numérotés 1, 2,. . . sont placées successivement, indépendamment
les unes des autres, dans trois boîtes.
1. Pour k 2, on note A k l’événement « deux des trois boîtes sont non vides pour la
première fois lorsqu’on place la k-ième boule ». Calculer P(A k ) puis
+∞
k=2
P(A k ). Interpréter.
2. Pour 3, on note B l’événement « les trois boîtes sont non vides pour la première fois
lorsqu’on place la -ième boule ». Calculer P(B /A k ) pour k 2 et 3. En déduire
P(B ) puis
+∞
=3
P(B ). Interpréter.
Solution.
1. L’événement A k est réalisé si les k − 1 premières boules ont été placées dans la même boîte
et la k-ième dans une autre boîte. On choisit la première boîte occupée ; il y a trois choix
possibles. La probabilité qu’une boule soit placée dans cette boîte est
1
3
; la probabilité
qu’elle soit placée dans une autre boîte est
2
3
· On obtient donc
P(A k ) = 3
1
3
k−1 2
3
= 2
1
3
k−1
.
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Preuve
Les deux démonstrations sont semblables.
Si (A1, A2, . . . , An) un système complet d’événements, alors on a, d’après la proposition 5 page 202, pour tout
événement B
P(B) =
n
i=1
P(B ∩ A i ).
Or pour tout i de [ [1, n] ], P(B ∩ A i ) = PA i (B)P(A i ). On obtient donc
P(B) =
n
i=1
PA i (B)P(A i ).
Si (An) n∈N est un système complet d’événements, on obtient de même
P(B) =
+∞
i=0
P(B ∩ A i ) =
+∞
i=0
PA i (B)P(A i ).
❑
➤ Remarques
• Cette formule est très utile quand l’expérience se déroule en plusieurs étapes et que la première aboutit à
plusieurs résultats incompatibles entre eux et donnant un système complet d’événements.
• On dit que (A i ) i∈N un système quasi-complet d’événements si les A i sont des événements deux à deux incompatibles dont la réunion est de probabilité égale à 1. La formule des probabilités totales reste vraie avec un
système quasi-complet. On note C =
i∈N
A i , événement de probabilité nulle. On obtient un système complet
d’événements en adjoignant C au système précédent. On a donc, avec les notations du théorème,
P(B) = P(B ∩ C) +
+∞
i=0
P(B ∩ A i ) =
+∞
i=0
P(B ∩ A i ) =
+∞
i=0
PA i (B)P(A i ),
car B ∩ C est aussi de probabilité nulle.
Exercice 6.
Des boules en nombre infini numérotés 1, 2,. . . sont placées successivement, indépendamment
les unes des autres, dans trois boîtes.
1. Pour k 2, on note A k l’événement « deux des trois boîtes sont non vides pour la
première fois lorsqu’on place la k-ième boule ». Calculer P(A k ) puis
+∞
k=2
P(A k ). Interpréter.
2. Pour 3, on note B l’événement « les trois boîtes sont non vides pour la première fois
lorsqu’on place la -ième boule ». Calculer P(B /A k ) pour k 2 et 3. En déduire
P(B ) puis
+∞
=3
P(B ). Interpréter.
Solution.
1. L’événement A k est réalisé si les k − 1 premières boules ont été placées dans la même boîte
et la k-ième dans une autre boîte. On choisit la première boîte occupée ; il y a trois choix
possibles. La probabilité qu’une boule soit placée dans cette boîte est
1
3
; la probabilité
qu’elle soit placée dans une autre boîte est
2
3
· On obtient donc
P(A k ) = 3
1
3
k−1 2
3
= 2
1
3
k−1
.
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