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Chapitre 15

Calcul des probabilites

Mohamed TARQI

Table des matieres

1 Notion de σ-algebre et probabilites 1

1.1 Tribu des evenements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Tribu borelienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Probabilite sur une tribu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.4 Caracterisation des probabilites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Probabilite conditionnelle et independance 9

2.1 Probabilite conditionnelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Formule des probabilites totales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3 Exercices 17

• • • • • • • • • •

1 Notion de σ-algebre et probabilites

1.1 Tribu des evenements

Soit Ω un ensemble non vide. Nous nous limiterons a des parties T non vides de Ω satisfaisant aux conditionssuivantes : pour tout couple (A,B) d’elements de T , A ∪B et A ∩B appartiennent a T ; pour tout element A de T , le complementaire de A dans Ω appartient a T ; l’intersection de toute suite decroissante d’elements de T est encore un element de T ; la reunion de toute suite croissante d’elements de T est encore un element de T .

On rappelle qu’un ensemble I est denombrable si, et seulement si, il existe une bijection de I sur une partie deN. On rappelle aussi qu’un ensemble I est denombrable si, et seulement si, s’il existe une une suite croissante(Jn)n∈N dont la reunion est egale a I . En eet, soit ϕ une bijection de N dans I , on pose Jn = ϕ([[0, an]]), ou(an)n∈N est une suite croissante non stationnaire d’entiers.On peut montrer aussi que N2,Z et Q sont aussi des ensembles denombrables.

Denition 1.1 Soit Ω un ensemble non vide. On appelle tribu (ou σ-algebre) sur Ω, un ensemble T de partiesde Ω qui verie :

1. T n’est pas vide ;

2. T est stable par complementaire ;

1

Chapitre 15 Calcul des probabilites

3. T est stable par union denombrable.Le couple (Ω,T ) est appelee espace mesurable ou encore espace probabilisable. Les elements de T sont appelesdes evenements.

Exemples :

1. Pour tout ensemble non vide Ω, P(Ω) et ∅,Ω sont des tribus de parties de Ω.2. Si Ω = a, b, c, d alors T = ∅, a, b, c, d,Ωest une tribu sur Ω. C’est la plus petite tribu conte-

nant le sous-ensemble a.3. Pour tout ensemble non vide Ω, A ∈P(Ω) | A ou Ac esrt denombrable , est une tribu sur Ω.4. En revanche si Ω est inni, A ∈ P(Ω) | A ou Ac est ni, n’est pas une tribu sur Ω.

Proposition 1.1 Soit T une tribu sur un ensemble non vide Ω.1. ∅ et Ω sont dans T ,2. (stabilite par intersection denombrable) Si les (Ai)i∈N sont des elements de T , alors

⋂i∈N

Ai est

un element de T .

Demonstration : Ces proprietes se deduisent des axiomes de la tribu en passant au complementaire.• Soit A ∈ T , donc Ac ∈ T et par suite A ∪ Ac = Ω ∈ T et Ωc = ∅ ∈ T .

•

(⋂i∈N

Ai

)c

=⋃i∈N

Aci . Pour tout i ∈ N, Ai ∈ T , donc Aci ∈ T , donc⋃i∈N

Aci ∈ T et donc⋂i∈N

Ai =(⋃i∈N

Aci

)c

∈ T . ut

1.2 Tribu borelienne

Rappelons que pour la topologie usuelle de R, un ensemble O de R est ouvert si

∀x ∈ O, ∃a, b ∈ O, x ∈]a, b[⊂ O.

On note O l’ensemble des ouverts de R. Soit O un ouvert de R. Notons

I = (ρ, r) ∈ Q×Q∗+, ]ρ− r, ρ+ r[⊂ O.

Alors I est denombrable etO =

⋃(ρ,r)∈I

]ρ− r, ρ+ r[.

On voit ainsi que tout ouvert de R peut s’ecrire comme reunion denombrable d’intervalles ouverts (on peutmeme se limiter a des intervalles a extremites rationnelles).

Denition 1.2 La tribu σ(O) engendree par O est appelee la tribu borelienne de R. On la note B(R). Seselements sont appeles les boreliens.

Remarque : Meme si cela n’est pas evident, on peut montrer que B(R) est strictement inclus dans P(R) :il existe des parties de R qui ne sont pas boreliennes.

Proposition 1.2 Sur R, muni de sa topologie usuelle, la tribu borelienne est engendree par1. la classe des intervalles ouverts bornes,2. la classe des intervalles de la forme ]−∞, a[ avec a ∈ R,3. la classe des intervalles de la forme ]−∞, a] avec a ∈ R,

Cours de Mathematiques MP 2 / 19 Redige par: M.Tarqi


Demonstration : Prouvons le point 1. Notons E la classe des intervalles ouverts bornes. On a E ⊂ O , doncσ(E ) ⊂ σ(O). D’autre part, tout ouvert de O est reunion nie ou denombrable d’intervalles ouverts bornes,d’ou O ⊂ σ(E ) et par suite σ(O) ⊂ σ(E ).Prouvons le point 2. Soit E ′ la classe des intervalles de la forme ]−∞, a[. On a σ(E ′) ⊂ σ(O). Pour etablir l’in-clusion inverse, il sut de montrer que E ⊂ σ(E ′) (puisque la tribu engendree par E est la tribu borelienne).Soit ]a, b[∈ E . On a

]a, b[ = ]−∞, b[∩]a,+∞[=]−∞, b[∩]−∞, a]c

= ]−∞, b[∩

( ⋂n∈N∗

]−∞, a+

1

n

[)c

∈ σ(E ′).

Tout intervalle ]a, b[ appartient donc a la tribu engendree par E ′ et donc σ(E) ⊂ σ(E ′).Le point 3 s’etablit de maniere analogue. ut

Remarque : Nous aurons aussi a considerer la droite achevee R = R∪ +∞∪ −∞. Rappelons que satopologie est denie par la base d’ouverts formes des intervalles ouverts de la forme ]a, b[, ]a,+∞] et [−∞, b[avec a, b ∈ R. On demontre de facon analogue que la tribu borelienne de R est engendree par les classes[−∞, a[, a ∈ R ou [−∞, a], a ∈ R par exemple.

1.3 Probabilite sur une tribu

Le moyen le plus intuitif de denir une probabilite sur une tribu T est de repeter l’experience d’une manierealeatoire, et d’associer a tout evenementA ∈ T sa frequence experimentale. Si n est le nombre d’experiences,nA le nombre de fois ou l’evenement A s’est produit, la frequence experimentale de A est le rapport

nAn

.Intuitivement, on peut alors associer une probabilite a un evenement A de la maniere suivante

p(A) = limn→∞

nAn

1.

Cee fonction p a les deux proprietes fondamentales suivantes :1. p(Ω) = 1 car pour tout n, nΩ = n.2. Si on considere deux evenements incompatibles A et B, c’est a dire A ∩B = ∅, alors

p(A ∪B) = p(A) + p(B).

En eet,

p(A ∪B) = limn→∞

nA∪Bn

= limn→∞

(nA + nB

n

)(par incompatibilite)

= limn→∞

nAn

+ limn→∞

nBn

= p(A) + p(B).

Denition 1.3 Soit Ω un ensemble non vide et T une tribu sur Ω. Une probabilite p est une application de Tdans [0, 1] telle que :

1. p(Ω) = 1,

1. La loi des grands nombres permera de donner une justication et un sens precis a cee limite.



2. pour toute suite denombrable d’evenements (An)n∈N disjoints deux a deux, c’est-a-dire tels queAn∩Am =

∅ pour tous n 6= m, alors p(⋃n∈N

An) =∞∑n=0

p(An)

On appelle espace probabilise le triplet (Ω,T , p).

Remarques : Aention aux objet manipules : une probabilite est une application, qui s’applique a unevenement, c’est-a-dire a une partie de Ω, et qui donne en resultat un nombre dans l’intervalle [0,1].p(Ω) = 1 signie intuitivement que Ω decrit bien tout les resultats possibles de l’experience aleatoire, qu’ ”onne peut pas tomber a l’exterieur de Ω ”.En pratique, lorsque Ω est ni ou denombrable, on considere en general la tribu pleine P(Ω). Par contre,lorsque Ω est inni non denombrable, on ne peut pas toujours denir une probabilite sur P(Ω). Par exemple,dans le cas ou Ω = [0, 1], on demontre qu’il est impossible de denir une probabilite p sur P(Ω) telle quepour tout intervalle [a, b] contenu dans [0, 1], p([a, b]) = b−a. Nous ne pouvons donc plus prendre pour tribul’ensemble P(Ω) tout entier.

On deduit aisement les proprietes suivantes :

Proposition 1.3 Soit (Ω,T , p) un espace de probabilite. Alors on a les proprietes :1. p(∅) = 0.2. Pour tout A ∈ T , p(Ac) = 1− p(A).3. Pour tout A,B ∈ T tels que A ⊆ B, p(A) ≤ p(B).4. Pour tout A,B ∈ T , p(A ∪B) = p(A) + p(B)− p(A ∩B).

Demonstration :

1. On a Ω = Ω ∩ ∅ et Ω ∪ ∅ = ∅, donc p(Ω) = p(Ω) + p(∅) et puis p(∅) = 0.2. Puisque Ω = A ∪ A, alors

1 = p(Ω) = p(A) + p(A).

3. Soit A,B ∈ T tels que A ⊂ B. On a B = A∪ AΩ = A∪ (B−A) et A et B−A sont disjoints, donc :

p(B) = p(A) + p(B − A) ≥ p(A) (car p(B − A) ≥ 0).

4. ∀A,B ∈ T , on a A ∪B) = (A−B) ∪ (B −A) ∪ (A ∩B) et les trois parties A−B, B −A, A ∩Bsont deux a deux disjointes. On a donc :

p(A ∪B) = p(A−B) + p(B − A) + p(A ∩B).

D’autre part :

A = (A−B) ∪ (A ∩B) et (A−B) ∩ (A ∩B) = ∅

B = (B − A) ∪ (A ∩B) et (B − A) ∩ (A ∩B) = ∅

On a alors :

p(A) = p(A−B) + p(A ∩B)



p(B) = p(B − A) + p(A ∩B)

En portant les valeurs p(A−B) et de p(B − A) dans (1), on a :

p(A ∪B) = p(A)− p(A ∩B) + p(B)− p(A ∩B) + p(A ∩B)

d’ou :

p(A ∪B) = p(A) + p(B)− p(A ∩B)

ut

Proposition 1.4 (Formule de Poincare2) Soit un espace probabilise (Ω,T , p) et (Ai)i∈[[1,n]] une fa-

mille d’evenements (n ≥ 2). On a la formule dite du crible ou de Poincare :

p

(n⋃i=1

Ai

)=

n∑k=1

(−1)k−1∑

1≤i1<...<ik<n

p

(k⋂j=1

Aij

)soit encore

p

(n⋃i=1

Ai

)=

n∑i=1

p(Ai) + ...+ (−1)k−1∑

1≤i1<...<ik<n

p

(k⋂j=1

Aij

)+ ...+ (−1)n+1p(A1 ∩ A2... ∩ An).

Demonstration : Par recurrence sur n. L’egalite pour n = 2, p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B), estsupposee avoir deja ete demontree. Soit n ≥ 2. Supposons l’egalite veriee a l’ordre n. Montrons la a l’ordren+ 1. En utilisant l’egalite pour n = 2, on a :

p

(n+1⋃i=1

Ai

)= p

(n⋃i=1

Ai

)+ p (An+1)− p

((n⋃i=1

Ai

)∩ An+1

).

d’ou, en utilisant la distributivite de l’intersection par rapport a la reunion :

p

(n+1⋃i=1

Ai

)= p

(n⋃i=1

Ai

)+ p (An+1)− p

(n⋃i=1

(Ai ∩ An+1)

).

On utilise l’hypothese de recurrence (ordre n) pour developper le premier terme ainsi que le troisieme termeen decalant l’indice k d’une unite :

p

(n+1⋃i=1

Ai

)=

n∑i=1

p(Ai) + ...+ (−1)k−1∑

1≤i1<...<ik<n

p

(k⋂j=1

Aij

)+ ...+ (−1)n+1p(A1 ∩ A2... ∩ An)

+ p (An+1)−n∑i=1

p(Ai ∩ An+1) + ...+ (−1)k+1∑

1≤i1<...<ik−1<n

p

(k⋂j=1

Aij ∩ An+1

)+ ...+ (−1)n+2p(A1 ∩ A2... ∩ An ∩ An+1)

=n+1∑i=1

p(Ai) + ...+ (−1)k+1∑

1≤i1<...<ik<n+1

p

(k⋂j=1

Aij

)+ ...+ (−1)n+2p(A1 ∩ A2... ∩ An+1)

L’egalite est veriee a l’ordre n+ 1. On a donc montre que l’egalite est veriee a l’ordre 2 et que, pour tout nsuperieur ou egal a 2, si elle est veriee a l’ordre n, elle l’est aussi a l’ordre n+1. La propriete est donc verieepour tout n superieur ou egal a 2 ut



Exemple : n ( n ≥ 2 ) personnes laissent leur chapeau au vestiaire, lorsqu’elles viennent les chercher,chacune d’entre elles prend un chapeau au hasard, quelle est la probabilite qu’aucune d’entre-elles ne porteson chapeau a la sortie ?Soit donc le modele probabiliste (Ω,P(Ω), p), associe au probleme, ou Ω est l’ensemble des permutations del’ensemble 1, 2, ..., n, P(Ω) est la tribu de toutes les parties de Ω, p la probabilite uniforme.Soit Ai l’evenement : le i-eme chapeau est a sa place :

Ai = σ ∈ Ω/σ(i) = i.

L’evenement contraire le i-eme chapeau n’est pas a sa place est

Ai = σ ∈ Ω/σ(i) 6= i.

L’evenement en question aucun chapeau ne se trouve a sa place est donc

A = σ ∈ Ω/∀i ∈ 1, 2, ..., n, σ(i) 6= i.

Puisque A = A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An, A = A1 ∪ A2 ∪ ... ∩ An et p(A) = 1− p(A) = 1− p(A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An),qui se calcule en appliquant la formule de Poincare.La nombre d’elements de Ai1 est egal au nombre de permutations portant sur les (n − 1) indices autres quei1 : card(Ai1) = (n− 1)!,

p(Ai1) =card(Ai1)

card(Ω)=

(n− 1)!

n!=

1

n.

De meme, le nombre d’elements de Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik ( 1 ≤ i1 < i2... < ik ≤ n ), est egal au nombrede permutations portant sur les (n − k) indices autres que i1, i2, ..., ik. D’ou card (Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik) =(n− k)!, et donc

p(Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik) =(n− k)!

n!.

Le nombre de facons de choisir les k indices i1, i2, ..., ik tous dierents parmi 1, 2, ..., n etant kn et donc∑1≤i1<i2...<ik≤n

p(Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik) = kn(n− k)!

n!=

1

k!,

Ainsi

p(A) = 1− 1 +1

2+ ...+

(−1)k

k!=

n∑k=0

(−1)k

k!.

Exercice 1 Un ecran LCD de forme rectangulaire a pour dimensions 60cm × 45cm. La partie principale del’ecran est elle-meme representee par un rectangle de dimensions 48cm× 36cm.Sachant qu’un pixel de l’ecran est defectueux, determine la probabilite de l’evenementA deni par : le pixeldefectueux se trouve sur la partie principale de l’ecran .

Solution 1 La probabilite cherchee est : p(A) =aire totalede l’ecran

aire de la partie principale. Avec aire de la partie principale

= 48cm× 36cm = 1728cm2 et aire totale de l’ecran = 60cm× 45cm = 2700cm2.D’ou p(A) =

1728

2700= 0, 64.

Exercice 2 On lance quatre des a quatre faces. On suppose que les resultats possibles sont equiprobables.On considere l’evenement A deni par le nombre de faces distinctes obtenues. Donner la probabilite del’evenement A.



Solution 2 On prend pour ensembles d’evenements Ω = 1, 2, 3, 44, pour tribu d’evenements P(Ω) et pourprobabilite sur Ω la probabilite uniforme. L’evenement toutes les faces sont dierentes est represente lapartie

A = σ(1), σ(2), σ(3), σ(4)/σ ∈ S4ou S4 designe l’ensemble des permutations de l’ensemble 1, 2, 3, 4. Alors card Ω = 44 et cardA = 4!, cequi donne :

p(A) =cardA

card Ω=

4!

44=

24

256' 0.09375.

Exercice 3 Determiner la probabilite pour que, parmi n personnes prises au hasard, il’y en ait pas deux dontl’anniversaire tombe le meme jour.On suppose que l’annee comporte 365 jours et que les applications de l’intervalle [1, n] dans l’ensemble desjours de l’annee sont equiprobables. En deduire que la probabilite pour qu’il y ait au moins deux personnes

dont l’anniversaire tombe le meme jour est superieure a1

2si et seulement si n est superieur a 23.

Solution 3 Choisir un jour pour l’anniversaire d’une personne revient a tirer une boule dans une urne conte-nant 365 boules numerotees de 1 a 365 n’y ait pas deux personnes dont l’anniversaire tombe le meme jourdonc :

pn =

(1− 1

365

)(1− 2

365

)...

(1− n− 1

365

).

La probabilite qn pour qu’il y ait au moins deux personnes dont l’anniversaire tombe le meme jour est 1− pn.On trouve q22 = 0, 507 = 0, 475, q23 = 0, 507

La suite (pn)n etant decroissante, la suite (qn)n est croissante, il est en decoule que si n ≤ 22, qn <1

2et que

si n ≥ 23 , qn >1

2.

Exercice 4 elle est la probabilite qu’en lancant un de equilibre jusqu’a l’apparition d’un 6 on obtiennejamais de 1?

Solution 4 On considere le modele suivant. Les eventualites sont des suites nies de la forme (a1, ..., an)avec an = 6 et pour tout 1 ≤ i ≤ n − 1, ai est dierent de 6, c’est donc un nombre compris entre 1 et 5.L’ensemble Ω est l’ensemble de telles suites. Cet ensemble est inni denombrable, on considere donc toutepartie de Ω comme evenement, autrement dit T = P(Ω). On suppose que les evenements elementaires sontequiprobables de telle sorte que

p ((a1, a2, ..., an)) =1

6n.

Le probleme que l’on considere correspond a la probabilite de l’evenement

A = (a1, ..., an−1, 6)|n ∈ N∗ et ∀i ∈ [[1, n− 1]], ai ∈ 2, 3, 4, 5.

Pour n xe, il y a 4n−1 elements de type (a1, ..., an−1, 6) avec ai ∈ 2, 3, 4, 5. La probabilite de A est donc

P (A) =∑w∈A

p(w) =∞∑n=1

4n−1

6n=

1

6

1

1− 46

=1

2.

Denition 1.4 Soit (Ω,T , p) un espace probabilise.

1. Tout evenement A tel que p(A) = 0, dierent de ∅, est dit negligeable ou quasi-impossible.

2. Tout evenement A tel que p(A) = 1, dierent de Ω, est dit quasi-certain ou presque sur.



Exemple : Un joueur lance une piece de monnaie equilibree jusqu’a ce qu’il obtienne pile. Determinons laprobabilite de l’evenement E : le joueur obtient face a tous les lancers .Pour tout n de N∗, designons par An l’evenement : le joueur obtient face au cours des n premiers lancers .

On prouve facilement que l’on a, pour tout n de N∗ : p(An) =1

2n. Comme E =

∞⋂n=1

An, on a, pour tout n de

N∗, E ⊂ An. Donc pour tout n de N∗ :0 ≤ p(E) ≤ p(An)

d’ou0 ≤ p(E) ≤ 1

2n(∗)

En passant a la limite dans (∗), on en deduit : p(E) = 0. AinsiE est de probabilite nulle sans etre l’evenementimpossible (car E = (F, F, F, ..., F, ...) et donc E 6= ∅). Donc E est un evenement quasi-impossible ou, defacon equivalente, l’evenement Ec est un evenement presque sur.

Proposition 1.5 Soient (Ω,T , p) un espace de probabilite et (An)n∈N une suite d’evenements.

1. p

(⋃n∈N

An

)≤

∞∑n=0

p(An). Il n’y a egalite que si les evenements An sont deux a deux disjoints.

2. Si la suite (An)n∈N est croissante, c’est-a-dire si A0 ⊂ A1 ⊂ ... ⊂ An ⊂ ..., alors p

(⋃n∈N

An

)=

limn→∞

p(An).

Demonstration :

1. Notons A =⋃n∈N

An, B0 = A0 et pour n ∈ N∗, Bn = An\

( ⋃0≤k≤n−1

Ak

). Notons que les ensembles

Bn sont deux a deux disjoints, de plus A =⋃n∈N

Bn, par consequent p(A) = p

(⋃n∈N

Bn

)=∞∑n=0

p(Bn).

Comme Bn ⊂ An alors p(An) ≥ p(Bn). De ce fait p(A) =∞∑n=0

p(Bn) ≤∞∑n=0

p(An).

2. Gardons les notations precedentes. On a ici⋃

0≤k≤n

Bk =⋃

0≤k≤n

Ak = An puisque la suite est croissante,

donc on peut ecrire :

p(A) =∞∑n=0

p(Bn) =n∑k=0

p(Bk) +∞∑

k=n+1

p(Bk)

= p(An) +∞∑

k=n+1

p(Bk)

On en deduit que

|p(A)− p(An)| =∞∑k=0

p(Bk)−n∑k=0

p(Bk)

et l’ensemble de droite converge vers 0 quand n tend vers l’inni par la denition de la convergenced’une serie.

ut



Remarque : Si la suite (An)n∈N est decroissante, c’est-a-dire si A0 ⊃ A1 ⊃ ... ⊃ An ⊃ ..., alors on peut

montrer aussi que p

(⋂n∈N

An

)= lim

n→∞p(An).

1.4 Caracterisation des probabilites

Proposition 1.6 Soit Ω un ensemble denombrable non vide et T une tribu sur Ω.1. La restriction d’une probabilite p aux evenements elementaires s’identifie a une fonction

numerique positive f definie sur Ω telle que∑x∈Ω

f(x) = 1.

2. Reciproquement, toute fonction numerique positive g definie sur Ω telle que∑x∈Ω

g(x) = 1

definit une probabilite p et une seule sur Ω. cee probabilite associe a toute partie A de Ω lenombrer reel positif

p(A) =∑x∈A

g(x).

Demonstration : L’assertion 1. est immediate. Pour l’assertion 2., il sut de remarquer que toute partie Ade Ω est une denombrable d’evenements elementaires, nous pouvons donc denir une fonction p sur T en

posant p(A) =∑x∈A

f(x). ut

2 Probabilite conditionnelle et independance

2.1 Probabilite conditionnelle

Proposition 2.1 Soit (Ω,T , p) un espace probabilise et B un evenement de probabilite non nulle.La probabilite de A sachant que B est realise est le nombre note p(A/B) ou pB(A), donne par

p(A/B) =p(A ∩B)

p(B).

L’application : pB

: T −→ [0, 1] est une probabilite sur Ω, appelee probabilite conditionnelle sa-chant B.

Demonstration : • Il est clair que pB

(Ω) =p(Ω ∩B)

p(B)=p(B)

p(B)= 1.

• Soit (An)n∈N une suite d’evenements deux a deux disjoints, on a :

pB

(⋃n∈N

An) =

p[(⋃n∈N

An) ∩B]

p(B)=

p[⋃n∈N

(An ∩Bn)]

p(B)=

∞∑n=0

p(An ∩B)

p(B)=∞∑n=0

pB

(An),

car la suite d’evenements (An ∩B)n∈N est une suite d’evenements deux a deux disjoints. ut



Remarques : • Il est parfois aise de determiner p(A/B). On peut alors deduire P (A ∩ B) en ecrivantP (A ∩B) = P (A/B)× P (B).• De meme, si P (A) 6= 0, P (A ∩B) = P (B/A)× P (A).

Proposition 2.2 Soit A et B deux evenements d’un espace probabilise (Ω,T , p) tels p(A) 6= 0 etp(B) 6= 0, il y a equivalence entre les proprietes suivantes :

1. p(A/B) = p(A)

2. p(A ∩B) = p(A)× p(B)

3. p(B/A) = p(B).

Soit A et B deux evenements de probabilites non nulles. Remarquons que si la realisation de l’evenement B(p(B) 6= 0) n’agit pas sur la probabilite de la realisation de l’evenement A (p(A) 6= 0), c’est a dire p(A/B) =p(A), alors la formule des probabilites composees devient :

p(A ∩B) = p(A)× p(B)

Denition 2.1 Deux evenements A et B d’un espace probabilise (Ω,T , p) sont dits independants si p(A ∩B) = p(A)× p(B).

Remarques :

1. L’independance est une relation symetrique entre les evenements.2. Si p(A) = 0 ou p(B) = 0, les deux evenements sont independants (p(A ∩B) = p(A)× p(B) = 0).

Proposition 2.3 Soient A et B deux evenements d’un espace probabilise (Ω,T , p). Si A et B sontindependants, alors A et B sont independants. De meme pour les evenements A et B et pour lesevenements A et B.

Demonstration : On a A = (A ∩ B) ∪ (A ∩B) et cee reunion est disjointe, d’ou

p((A ∩ B) = p(A)− p(A ∩B)

= p(A)− p(A).p(B)

= p(A)(1− p(B))

= p(A).p(B)

donc les evenements A et B sont independants, et par symetrie A et B sont aussi independants. Comme Bet A sont independants. alors B et A sont independants. ut

Remarques : Soit (Ω,T , p) un espace de probabilite.• ∅ est independant de n’importe quel evenement AıT . Ω est independant de n’importe quel evenementA ∈ T .• Si A et B deux evenements independants. On note A = ∅, A,Ac,Ω, et B = ∅, B,Bc,Ω, alors toutelement de A est independant de tout element de B.

Exercice 5 elles sont les probabilites que, parmi les familles a n enfants, n ≥ 2, une famille soit constitued’enfants des deux sexes ( evenement A ), puis de garcons et d’au plus une lle ( evenement B ) ? Calculerp(A ∩B), comparer cee quantite au produit p(A)p(B).



Solution 5 On prend pour ensemble des evenements Ω = F,Gn, pour tribu des evenements P(Ω) etpour probabilite p sur (Ω,P(Ω)) la probabilite uniforme. L’evenement contraire de A est l’evenement lafamille n’est constituee que de garcons ou que de lles , represente par la partie

A = Fn ∪ Gn.

On a alors card Ω = 2n et cardA = 2. D’ou p(A) = 1− p(A) = 1− 1

2n−1.

Soient B0 et B1 les evenements ” la famille n’a que des garcons ” et ” la famille a une lle exactement ” :

B0 = Gn

etB1 = (G,G, ..., G, F,G, ..., G)/F au rang j, 1 ≤ j ≤ n

On a B = B0 ∪B1 et donc p(B) = p(B0) + p(B1). Puisque cardB0 = 1 et cardB1 = n, on a p(B) =n+ 1

2n

Par ailleurs, puisque A∩B = B1, on a p(A∩B) =n

2n. Donc p(A∩B) 6= p(A)p(B) sauf dans les cas n = 3.

Denition 2.2 Soit (Ai)i∈I une famille quelconque d’evenements d’un espace probabilise (Ω,T , p). Ces evenementssont dits independantes si, pour toute partie nie Jde I , on a :

p

(⋂j∈J

Aj

)=∏j∈J

p(Aj).

En particulier les evenementsA1, A2, ..., An sont independants si pour toute suite nieAi1 , Ai2 , ..., Aik d’evenementsdistincts, on a :

p(Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik) = p(Ai1)p(Ai2)....p(Aik).

Remarque : Si les evenements A1, A2, ..., An sont independants, alors ils sont independants deux a deux,mais la reciproque est est fausse en general. Voici un contre exemple.

Exemple : On lance deux des non truques dont les resultats sont notes a et b. Considerons les evenementssuivants A = a pair , B = b impair et C = a et b de meme parite. On a :

p(A) = p(B) = p(C) =1

2et p(A ∩B) = p(A ∩ C) = p(B ∩ C) =

1

4.

Donc A,B et C sont deux a deux independants, mais p(A ∩ B ∩ C) = 0 6= 1

8: A,B et C ne sont pas

mutuellement independants.

2.2 Formule des probabilites totales

Denition 2.3 Une famille (Ai)i∈I de parties non vides de Ω est appelee partition de Ω ou systeme completd’evenements, si les Ai sont deux a deux disjointes et si

⋃i∈I

Ai = Ω.



Exemple : Dans une urne on depose 7 boules rouges, 4 boules noires et 2 boules vertes. On tire successive-ment deux boules sans les remere dans l’urne. Pour i = 1 ou 2, on note : Ri l’evenement tirer une boulerouge au i-eme tirage Ni l’evenement tirer une boule noire au i-eme tirage Vi l’evenement tirer uneboule verte au i-eme tirage On a :• R1 6= ∅, N1 6= ∅, V1 6= ∅• R1 ∩N1 = ∅, V1 ∩R1 = ∅, N1 ∩ V1 = ∅.• R1 ∪N1 ∪ V1 = Ω

• N1, V1, R1 forment une partition de Ω.

De meme N2, V2, R2 forment une partition de Ω.

Proposition 2.4 (Formule des probabilites totales) SoitAun evenement d’un espace probabilise (Ω,T , p)et (An)n∈N un systeme complet d’evenements tel que ∀n ∈ N, p(An) 6= 0. Alors :

p(A) =∞∑n=0

p(A/An)× p(An).

Demonstration : Remarquons que A = A ∪ Ω = A ∩

(⋃n∈N

An

)=⋃n∈N

(A ∩ An). Les An etant deux a

deux disjoints, il est de meme de la suite (A ∩ An)n∈N, donc

p(A) =∞∑n=0

p(A ∩ An) =∞∑n=0

p(A/An)× p(An).

ut

Exemple : Un individu est choisi au hasard dans une population possedant la proportion p ∈]0, 1[ de tri-cheurs. On fait tirer une carte d’un jeu de 52 cartes par cet individu et on admet que si cet individu est untricheur il est sur de retourner un as. elle est la probabilite que cet individu retourne un as?Soit T l’evenement ” l’individu choisi est un tricheur ”, et A l’evenement ” l’individu retourne un as ”.On a :

Ω = T ∪ T ,ainsi :

p(A) = p(T )p(A/T ) + p(T )p(A/T )

= p.1 + (1− p). 1

13

=1 + 12p

13

(p(A/T ) =1

13, si l’individu ne triche, il 4 chances sur 52 de retourner un as )

Proposition 2.5 (Formule de Bayes) Sous les memes conditions de la proposition precedente, si deplus p(B) > 0, on a, pour tout entier k ∈ N, l’identite :

p(Ak/B) =p(B/Ak)× p(Ak)∞∑n=0

p(B/An)× p(An).



Demonstration : ∀k ∈ N, on peut ecrire :

p(Ak/B) =p(B ∩ Ak)p(B)

=p(B/Ak)p(Ak)

∞∑n=0

p(B/An)× p(An)

ut

Exemple : Dans une population, chaque individu a une probabilite 0.2 d’etre droitier. On pratique un testde lateralisation sur les individus de cee population. Un individu qui n’est pas droitier a une probabilite 0.6d’echouer au test. Un individu qui est droitier a une probabilite 0. 8 de reussir le test. On fait le test sur unepersonne. elle est la probabilite pour qu’elle ne soit pas droitiere sachant que le test est positif ?

Notons D l’evenement etre droitier et T l’evenement reussir le test .L’enonce indique que P (D) = 0.2, P (T/D) = 0.6 et P (T/D) = 0.8.On cherche P (D/T ).Pour cela, on utilise la formule de Bayes (ou celle des probabilites totales)

P (D/T ) =P (D ∩ T )

P (T )=

P (T/D)P (D)

P (T/D)P (D) + P (T/D)P (D)= 0.666.

Exercice 6 Un maıtre et son eleve tirent a l’arc sur une cible. La probabilite pour que l’arc aille a l’eleve est0.8 ; dans ce cas, la probabilite que la eche aille au but est 0.5. Par contre, si la eche est tiree par le maıtre, laprobabilite de succes est 0.7. Une eche part au but ; quelle est la probabilite qu’elle ait ete tiree par le maıtre ?

Solution 6 Notons A l’arc va au maıtre et B la eche va au but . Donc la probabilite demandee est lapropbabilite conditionnelle p(A/B).

p(A/B) =p(B/A)p(A)

p(B/A)p(A) + p(B/A)p(A),

d’oup(A/B) =

0.7× 0.2

0.7× 0.2 + 0.5× 0.8= 0.2592.

Proposition 2.6 (eoreme des probabilites composees) Si A1, ..., An sont des evenements de Ω etsi p(A1 ∩ ... ∩ An−1) > 0, alors

p(A1 ∩ ... ∩ An) = p(A1)p(A2/A1)p(A3/(A1 ∩ A2)...p(An/(A1 ∩ ... ∩ An−1).

Demonstration : La preuve se fait par recurrence sur n ∈ N. Si n = 2, le resultat est trivial. Supposons leresultat correct pour n− 1 evenements. Soit B = A1 ∩ ... ∩ An−1. La denition donne

p(A ∩ An) = p(An/B)× p(B),

puis en remplace p(B) par sa valeur, donnee par l’hypothese de recurrence :

p(B) = p(A1)p(A2/A1)p(A3/(A1 ∩ A2)...p(An−1/(A1 ∩ ... ∩ An−1),

et le resultat s’ensuit. ut



Exemple : Une princesse est retenue prisonniere dans un chateau. Un prince charmant se met en tete de ladelivrer. Lorsqu’il arrive devant le chateau, il se retrouve devant trois portes et en ouvre une au hasard :• s’il ouvre la premiere porte alors il delivre la princesse,• s’il ouvre la deuxieme porte alors un dragon apparaıt et le devore,• s’il ouvre la troisieme porte alors une sorciere lui fait boire un philtre, il oublie tout ce qu’il a vu et est

mis a la porte du chateau.Le prince renouvelle ses tentatives jusqu’a ce qu’il meure ou delivre la princesse. On note D l’evenement leprince delivre la princesse . Calculons p(D).On considere les evenements : Di : le prince delivre la princesse lors de sa i-eme tentative , Oi : le prince rencontre la sorciere lors de sa i-eme tentative .La formule des probabilites composees donne :

p(Di) = p(O1)pO1(O2)pO1∩O2(O3)...pO1∩...∩Oi−1(Di),

et l’equiprobabilite du choix des portes donne :

p(Di) =1

3

1

3...

1

3i fois

=1

3i.

Comme D =∞⋃i=1

Di, alors :

p(D) = p

(∞⋃i=1

Di

)=∞∑i=1

p(Di) =∞∑i=1

(1

3

)i=

1

2.

La probabilite que le prince delivre la princesse est donc1

2.

Exercice 7 Nous disposons d’une piece faussee et deux des equilibres D1 et D2.

La probabilite d’obtenir pile avec la piece est de1

3.

Les deux des ont chacun 6 faces, le deD1 a 4 faces rouges et 2 blanches, le deD2 a 2 faces rouges et 4 blanches.L’experience est la suivante : nous commencons par jeter la piece, si nous obtenons pile, nous choisissons le de D1, sinon nous choisissons le de D2, choix denitif pour

la suite de l’experience, ensuite nous jetons plusieurs fois le de choisi et pour chaque lancer, nous notons la couleur obtenue.

Nous nommons les evenements suivants : D1 est l’evenement : nous jouons avec le de D1 , D2 est l’evenement : nous jouons avec le de D2 , pour tout entier naturel n, Rn est l’evenement nous avons obtenu une face rouge au n-ieme lancer

du de choisi .

1. elles sont les valeurs de p(D1)? p(D2)?Montrer que D1, D2 constitue un systeme complet d’evenements.

2. Soit n ∈ N∗, quelles sont les valeurs de pD1(Rn) et de pD2(Rn)?



3. Calculer p(R1).4. Etablir un lien entre les probabilites pD1(R1), pD1(R2) et pD1(R1 ∩R2). En deduire p(R1 ∩R2).5. Montre que pour tout entier naturel non nul n :

p(R1 ∩R2 ∩ ... ∩Rn) =2n + 2

3n+1.

En deduire pour tout n ∈ N∗, la valeur de pR1∩R2∩...∩Rn(Rn+1).6. Calculer pR1∩R2(D1), puis de maniere generale, pour tout n ∈ N∗, montrer que

pR1∩R2∩...∩Rn(D1) =2n

2n + 2.

7. Soit n ∈ N∗, apres n lancers ayant tous amene la face rouge, vaut-t-il mieux parier sur le fait que le deest le de D1 ou sur le fait d’avoir une face rouge au lancer suivant?

Solution 7 1. D1 est l’evenement choisir le de D1 , c’est donc l’evenement obtenir pile , on endeduit :

p(D1) =1

3.

D2 est l’evenement choisir le de D2 , c’est donc l’evenement obtenir face , on en deduit :

p(D2) =2

3.

On choisit un de parmi le de 1 et le de 2 et on ne choisit qu’un seul de, on en deduit que (D1, D2) estun systeme complet d’evenements.

2. Soient n un entier naturel non nul et Rn l’evenement on a obtenu une face rouge au n-eme lancer .(a) Si D1 lieu, on utilise un de avec 6 faces dont 4 rouges, on en deduit :

pD1(Rn) =4

6.

(b) Si D2 lieu, on utilise un de avec 6 faces dont 2 rouges, on en deduit :

pD2(Rn) =2

6.

3. (D1, D2) etant un systeme complet d’evenement et p(D1) × p(D2) 6= 0, on peut armer, d’apres laformule des probabilites totales que :

p(R1) = pD1(R1)× p(D1) + pD2(R1)× p(D2)

=4

6× 1

3+

2

6× 2

3=

4

9.

4. Une fois le de choisi, les lancers deviennent independants, on en deduit :

pD1(R1 ∩R2) = pD1(R1)× pD1(R2).

De meme, on a pD2(R1∩R2) = pD2(R1)×pD2(R2). En utilisant de nouveau la formule des probabilitestotales avec le systeme complet d’evenement (D1, D2), on a :

p(R1 ∩R2) = pD1(R1 ∩R2)× p(D1) + pD2(R1 ∩R2)× p(D2)

= pD1(R1)× pD1(R2)× 1

3+ pD2(R1)× pD2(R2)× 2

3

=

(4

6

)2

× 1

3+

(2

6

)2

× 2

3=

2

9.



5. (a) Soit n un entier naturel non nul. Une fois le de choisi, les lancers deviennent independants, on endeduit :

pD1(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn) = pD1(R1)× pD1(R2)× · · · ∩ pD1(Rn)

=4

6× 4

6× · · · 4

6

=

(4

6

)npD2(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn) = pD2(R1)× pD2(R2)× · · · ∩ pD2(Rn)

=2

6× 2

6× · · · 2

6

=

(2

6

)n.

En utilisant de nouveau la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenement(D1, D2), on a :

p(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn) = pD1(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn)× p(D1) + pD2(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn)× p(D2)

=

(4

6

)n× 1

3+

(2

6

)n× 2

3

=2n

3n+1+

2

3n+1

=2n + 2

3n+1

(b) Comme p(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn) 6= 0, on a :

pR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1) =p(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn ∩Rn+1)

p(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn)

=

2n+1 + 2

3n+2

2n + 2

3n+1

=(2n+1 + 2)× (3n+1)

3n+2 × (2n + 2)

=2n + 1

3× (2n−1 + 1)

6. (a) p(R1 ∩R2) 6= 0 et p(D1) 6= 0. D’apres la formule de Bayes, on a donc :

pR1∩R2(D1) =pD1(R1 ∩R2)× p(D1)

p(R1 ∩R2)

=

(4

6

)2

× 1

32

9

=2

3.

(b) Soit n un entier naturel non nul. p(R1 ∩ R2 ∩ · · · ∩ Rn) 6= 0 et p(D1) 6= 0. D’apres la formule de



Bayes, on a donc :

pR1∩R2∩···∩Rn(D1) =pD1(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn)× p(D1)

p(R1 ∩R2 ∩ · · · ∩Rn)

=

(4

6

)n× 1

32n + 2

3n+1

=2n × 3n+1

3n × 3× (2n + 2)

=2n

2n + 2

7. Soit n un entier naturel non nul. On a vu que :

pR1∩R2∩···∩Rn(D1) =2n

2n + 2.

On a vu aussi que :

pR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1) =2n + 1

3× (2n−1 + 1).

On a :

pR1∩R2∩···∩Rn(D1) ≥ pR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1)⇔ 2n

2n + 2≥ 2n + 1

3× (2n−1 + 1)

⇔ 3× (2n−1 + 1)× 2n ≥ (2n + 1)(2n + 2)

⇔ 3× (2n + 2)× 2n−1 ≥ (2n + 1)(2n + 2)

⇔ 3× 2n−1 ≥ 2n + 1

⇔ 3× 2n−1 ≥ 2× 2n−1 + 1

⇔ 2n−1 ≥ 1

Or n est superieur a 1 donc 2n−1 ≥ 1. Par les equivalences precedentes, on peut donc armer que :

pR1∩R2∩···∩Rn(D1) ≥ pR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1).

3 Exercices

Exercice 1 Soit Ω un univers, T une tribu relative a Ω, A un evenement xe de T . Montrer que l’ensemble

T ′ = B ∩ A/A ∈ T

est une tribu relative a A.

Exercice 2 Soit Ω un univers de T une partie de P(Ω) possedant les proprietes suivantes :1. T contient Ω,2. T est stable pour le complementaire,3. T est stable pour la reunion de deux elements de T ,

4. Pour toute suite (An)n∈N, decroissante pour l’inclusion, d’elements de T , on a∞⋃n=0

An ∈ T .



Montrer que T est une tribu de P(Ω)).

Exercice 3 Soit un reel q ∈]0, 1[. On considere l’application p de N∗ vers R qui a tout (n ∈ N∗) associe lenombre qn−1(1− q). Montrer que cee application est la restriction d’une probabilite.

Exercice 4 On lance quatre des a quatre faces. On suppose que les resultats possibles sont equiprobables.On considere l’evenement A deni par le nombre de faces distinctes obtenues. Donner la probabilite del’evenement A.

Exercice 5 On considere n urnes U1, U2, ..., Un (n ∈ N∗). L’urne Uk contient n boules dont k blanches et(n− k) noires.

1. On choisit au hasard une urne puis on tire successivement et avec remise deux boules de cee urne.elle est la probabilite d’obtenir deux boules blanches?

2. Meme question qu’au 1) en considerant cee fois-ci que le tirage des deux boules se fait sans remise.

Exercice 6 Ω est un univers sur lequel est denie une probabilite p.A et B sont des evenements tels que :p(A) = 0.8, p(B) = 0.3, p(A ∪B) = 0.86

1. Calculer p(A/B).

2. A et B sont-ils independants?3. Soit C un evenement tel que : p(B ∩ C/A) = 0.2

Calculer p(C ∪ A ∪ B).

Exercice 7 elles sont les probabilites que, parmi les familles a n enfants, n ≥ 2, une famille soit constitued’enfants des deux sexes ( evenement A ), puis de garcons et d’au plus une lle ( evenement B ) ? Calculerp(A ∩B), comparer cee quantite au produit p(A)p(B).

Exercice 8 Un maıtre et son eleve tirent a l’arc sur une cible. La probabilite pour que l’arc aille a l’eleve est0.8 ; dans ce cas, la probabilite que la eche aille au but est 0.5. Par contre, si la eche est tiree par le maıtre, laprobabilite de succes est 0.7. Une eche part au but ; quelle est la probabilite qu’elle ait ete tiree par le maıtre ?

Exercice 9 Dans une urne, on met (n+ 5) boules blanches, (n+ 3) boules noires et 6 boules rouges.Un joueur tire une boule ; tous les tirages sont equiprobables. S’il tire une boule blanche, il a gagne ; s’il tireune boule noire, il a perdu ; s’il tire une boule rouge, il la remet dans l’urne et eectue un nouveau tirage ; s’iltire une boule blanche, il a gane, sinon il a perdu.

1. Montrer que la probabilite pn pour que ce joueur gagne est1

2

(n+ 5)(n+ 10)

(n+ 7)2.

2. Montrer que pn >1

2

Exercice 10 Soient A et B deux evenements d’un univers Ω (B 6= Ω).1. Montrer que :

p(A/B) =p(A)− p(A/B).p(B)

1− p(B).

2. Lors d’une recente saison de chasse, on a pu etablir les statistiques suivantes :• 30% des renards sont enrages ;• parmi les renards abaus, 40% etaient enrages.



(a) On designant par b(b 6= 1) la probabilite pour qu’un renard soit abau lors de la saison de la chasse,calculer en fonction de b la probabilite p pour qu’un renard survivant soit enrage.

(b) elle est la plus petite valeur de b pour laquelle p est inferieur ou egale a 0.1?

Exercice 11 Une urne U1 contient 1 boule noire et 5 boules blanches. Une urne U2 contient 4 boules noireset 2 blanches.On eectue, dans ces urnes, une suite de tirages d’une boule de la facon suivante :• Le premier tirage se fait au hasard dans l’une ou l’autre des 2 urnes.• Si le n-ieme tirage ( n ∈ N∗ ) donne une boule blanche, le (n+ 1)-ieme tirage s’eectue dans la meme urneque n-ieme tirage, si le n-ieme tirage donne une boule noire, on change d’urne pour eectuer le (n+ 1)-iemetirage.• Chaque boule tiree est aussitot remise dans l’urne d’ou elle provient.On note pn la probabilite d’eectuer le n-ieme tirage dans l’urne U1 et qn la probabilite de tirer une bouleblanche au n-ieme tirage .

1. Exprimer pn en fonction de n.2. Exprimer qn en fonction de n

Exercice 12 On quadrille le plan de facon que les carres obtenus aient 2cm de cote. On jee sur ce plan unepiece de monnaie de 1cm de diametre.Determiner la probabilite que la piece recouvre un point d’intersection de deux droites du quadrillage.

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