L2 MIASHS 51EE07MT Université Paris Diderot Probabilités

L2 MIASHS 51EE07MT Université Paris Diderot
Probabilités & Statistiques 2016 - 2017
Exercices corrigés n°3 Probabilités conditionnelles et indépendance
Exercice 1 (EXERCICE NO13 DE LA LISTE TD2 : UNE AFFAIRE DE FAMILLE).
Soient p∈]0,1[et a∈]0,1/2[. Dans une population donnée, on suppose que la pro-
babilité pour un enfant d’être un garçon est pet que, pour tout k∈N, la probabilité
qu’une famille ait kenfants est pk, où la suite (pk)k∈Nest définie par p0=p1=a,
pk=(1−2a)2−(k−1) pour kÊ2. Pour tout k∈N, on note Akl’événement «la famille
akenfants »,Fk«la famille a kfilles »et Gk«la famille a kgarçons ».
L’espace probabilisé sous-jacent est noté, comme d’habitude, (Ω,A,P).
1. Calculer P(Gj|Ak)pour tout couple (j,k)∈N2.
Soit (j,k)∈N2. Si j>k,Gj∩Ak= ; de sorte que P(Gj|Ak)=0. Supposons
jÉk. Alors, conditionnellement à Ak,Gjest réalisé si et seulement la famille
de kenfants est composée de jgarçons. Une hypothèse implicite du modèle est
que les sexes de chaque enfant de la fratrie sont P-indépendants. Conditionnel-
lement à Ak, la fratrie compte jgarçons si le k-uplet des sexes de chaque enfant
compte j«Garçons »et k−j«Filles », chacun de ces k-uplets étant de P(· | Ak)-
probabilité pj(1−p)k−j. Comme il y a autant de tels k-uplets que de parties à j
éléments dans un ensemble de kéléments, on en déduit que :
P(Gj|Ak)=jÉkÃk
j!pj(1−p)k−j. (1.1)
2. Calculer P(Gj)pour tout j∈Ntel que jÊ2.
La famille dénombrable (Ak)k∈N∈ANest une famille d’événements deux à deux
disjoints, de réunion Ωet telle que P(Ak)>0 pour tout k∈N. Soit j∈Ntel que
jÊ2. Comme Gj= ∪k∈NGj∩Akest une réunion dénombrable de parties deux
à deux disjointes,
P(Gj)=X
k∈N
P(Gj|Ak)P(Ak)=X
k∈N
jÉkÃk
j!pj(1−p)k−jP(Ak)
=X
kÊjÃk
j!pj(1−p)k−j(1−2a)2−(k−1)
=2(1−2a)³p
2´jX
kÊjÃk
j!µ1−p
2¶k−j
. (1.2)
Calcul de la série entière PkÊj¡k
j¢xk−j.
Étudions la fonction x7→ Fj(x)=PkÊj¡k
j¢xk−jpour tout j∈N.
La série entière Pk∈Nxkadmet 1 pour rayon de convergence donc converge vers
F0(x)=(1−x)−1pour tout x∈]−1,+1[. De plus, la fonction-somme F0est indé-
finiment dérivable sur l’intervalle d’absolue convergence ]−1,+1[et les dérivées
successives de la fonction-somme sont calculables en dérivant le terme général
de la série entière comme suit :
∀j∈N∀x∈]−1,+1[F(j)
0(x)=X
kÊj
(k)jxk−j=(j!) X
kÊjÃk
j!xk−j=(j!)Fj(x).
où (k)j=Q0Él<j(k−l)=(j!)¡k
j¢. De plus, on prouve par récurrence que
∀j∈N∀x∈]−1,+1[F(j)
0(x)=(j!)(1−x)−(j+1)
ce qui, finalement, montre que
∀j∈N∀x∈]−1,+1[Fj(x)=X
kÊjÃk
j!xk−j=(1−x)−(j+1).
Ce calcul nous permet de donner une expression simplifiée de :
P(Gj)=4(1 −2a)µ1−1
1+p¶j1 1+p(1.3)
3. Calculer la probabilité qu’une famille de jgarçons ait seulement kenfants
(Calcul :p=1
2,k=j=2).
La probabilité qu’une famille de jgarçons a seulement kenfants vaut P(Ak|Gj).
Si k<j,P(Ak|Gj)=0 car Ak∩Gj= ;. Supposons que 2 ÉjÉk. Alors, la formule
de Bayes montre avec les relations (1.1) et (1.3) que
P(Ak|Gj)=
P(Gj|Ak)P(Ak)
P(Gj)=Ãk
j!µ1−p
2¶k−jµ1+p 2¶j+1
.
Il en résulte que, si p=1
2,P(A2|G2)=¡3 4¢3.
4. Quelle est la probabilité qu’une famille ait exactement deux filles sachant qu’elle
a exactement deux garçons ?
Comme G2∩F2=A4∩G2, si p=1
2,
P(F2|G2)=P(A4|G2)=Ã4
2!µ1
4¶2µ3 4¶3
=22.3. 33
210 =34 28=µ3 4¶4
1

Exercice 2 (EXERCICE NO14 DE LA LISTE TD2).
Soient (Ω,A,P)un espace probabilisé et (A,B)∈A2tel que P(B)∈]0,1[.
1. Exprimer P(B)P(Bc)(P(A|B)−P(A|Bc))en fonction de P(A),P(B)et P(A∩B).
Comme P(B)P(A|B)=P(A∩B) et P(Bc)P(A|Bc)=P(A∩Bc)=P(A)−P(A∩B),
P(B)P(Bc)¡P(A|B)−P(A|Bc)¢=P(Bc)P(A∩B)−P(B)(P(A)−P(A∩B))
=P(A∩B)−P(B)P(A).
Ainsi,
¯¯P(A∩B)−P(A)P(B)¯¯=P(B)(1−P(B))¯¯P(A|B)−P(A|Bc)¯¯. (2.1)
2. Montrez que
¯¯P(A∩B)−P(A)P(B)¯¯É1
4¯¯P(A|B)−P(A|Bc)¯¯(⋆)
Montrons que, pour tout (u,v)∈[0,1]2,|u−v| É 1 et u(1 −u)É1
4.
Soit (u,v)∈[0,1]2.|u−v| = max{u,v}−min{u,v}É1 et l’égalité est réalisée ssi
max{u,v}=1 et min{u,v}=0. De plus, u(1−u)=u−u2=1
4−(1 2−u)2É1 4avec
égalité si et seulement si u=1
2.
Comme P(B)∈[0,1], on déduit de (2.1) l’inégalité (⋆).
3. En déduire que |P(A∩B)−P(B)P(A)|É1
4.
Comme les réels P(A|B) et P(A|Bc) sont compris entre 0 et 1, leur distance
mutuelle |P(A|B)−P(A|Bc)|est É1. On déduit de (⋆) que
|P(A∩B)−P(B)P(A)| É P(B)(1−P(B)) É1
4. (2.2)
4. Que donne l’inégalité (⋆)lorsque A⊆B? Dans quels cas est-ce une égalité ?
Supposons A⊆B, i.e. A∩B=Aou A∩Bc= ;. Alors, P(A|B)=P(B)−1P(A)
et P(A|Bc)=0. Il en résulte que P(A∩B)−P(A)P(B)=P(A)P(Bc) et P(A|B)−
P(A|Bc)=P(B)−1P(A). (⋆) s’écrit alors : P(A)P(Bc)É1
4P(B)−1P(A).
Pour que (⋆) soit une égalité, il faut et i suffit que P(B)P(Bc)=P(B)(1−P(B))=1
4,
i.e. P(B)=1
2.
5. Construire un espace de probabilité (Ω,A,P)et (A,B)∈A2tels que
|P(A∩B)−P(B)P(A)|=1
4.
L’inégalité (2.2) est une égalité ssi P(B)(1−P(B)) =1
4et |P(A|B)−P2(A|Bc)|=1.
D’après ce qui précède, ceci impose que P(B)=1
2et que {P(A|B),P(A|Bc)} =
{0,1}. Soit C∈{B,Bc} tel que P(A|Cc)=0 et P(A|C)=1. Comme P(A∩Cc)=0
et P(A∩C)=P(C)=1
2,P(A)=P(A∩C)=1 2et P(Ac∩C)=P(C)−P(A∩C)=0.
En conclusion, il suffit de choisir Bet Ade P-probabilité 1
2tels que P(A∩Bc)=0.
Exercice 3 (EXERCICE NO15 DE LA LISTE TD2).Soient n∈N∗,p∈[0,1]et (Ω,A,P)
l’espace probabilisé sous-jacent. On observe une suite de nlancers d’une pièce. On
suppose que les lancers sont P-indépendants les uns des autres et que la P-probabilité
d’obtenir Pile à chaque lancer vaut p.
1. Décrire l’espace probabilisé associé à cette expérience.
On code le résultat d’un lancer par 1 s’il donne Pile et 0 sinon. Le jeu consis-
tant en nlancers consécutifs de la pièce est donc représenté par une suite fi-
nie ω∈{0,1}n. On choisit donc pour espace fondamental Ω={0,1}net pour σ-
algèbre A=P(Ω). Pour tout k∈N∗
net tout ε∈{0,1}, Ck(ε) désigne l’événement :
«obtenir εau k-ième lancer »de P-probabilité : P(Ck(ε)) =pε(1 −p)1−ε.
Soit ω∈Ω. Comme l’événement {ω} coïncide avec l’intersection ∩1ÉkÉnCk(ωk)
de la famille P-indépendante des névénements (Ck(ωk))1ÉkÉn, on en déduit que
P({ω}) =PÃ\
1ÉkÉn
Ck(ωk)!=Y
1ÉkÉn
P(Ck(ωk))
=Y
1ÉkÉn
pωk(1−p)1−ωk=p|ω|1(1 −p)n−|ω|1,
où |ω|1=P1ÉkÉnωkest la hauteur de la suite ω.
Remarquons que la probabilité Pn’est pas uniforme, sauf si p=1
2.
2. Calculer la probabilité
(a) d’obtenir au moins un Pile au cours des nlancers,
Pour tout k∈Nn, notons Akl’événement «obtenir au moins kfois Pile »et
Bkl’événement «obtenir exactement kfois Pile ».Ac
1=B0est le singleton
de la suite nulle de longueur nnotée 0n:Ac
1={0n} et P(Ac 1)=p0(1−p)n−0=
(1−p)n.
(b) d’obtenir exactement kPile où k∈N.
Soit k∈N. Pour tout ω∈Ω,ω∈Bksi et seulement si |ω|1=k.Bkest l’en-
semble des suites à valeurs dans {0,1} prenant exactement kfois la valeur
1. Notons Θl’application de P(N∗
n) dans Ωqui, à toute partie A⊆N∗ n, as-
socie la suite finie de longueur n,Θ(A)=(A(k))1ÉkÉn. On sait que Θest
bijective et l’on constate que Θ(Pk(N∗
n)) =Bkde sorte que #Bk=¡n
k¢. Il en
résulte que :
P(Bk)=X
ω∈Bk
P({ω}) =pk(1−p)n−k#Bk=Ãn
k!pk(1−p)n−k,
2

3. Décrire l’espace probabilisé obtenu lorsqu’on conditionne par l’événement Bk,
«obtenir exactement kPile au cours des nlancers ».
Soit k∈N. Pour tout ω∈Bk,P({ω}|Bk)=P({ω})P(Bk)−1=¡n
k¢−1. La P-probabilité
conditionnelle sachant Bkest donc la mesure de probabilité uniforme sur Bk.
4. Si n=6, calculer la probabilité, sachant qu’on a obtenu exactement deux Pile,
que ces Pile soient consécutifs.
Soit Dl’événement «les Pile sont consécutifs ». Conditionnellement à B2,Dest
l’ensemble des suites ω∈{0,1}6comportant exactement deux Pile consécutifs,
i.e. dont le premier Pile se trouve en position 1 à 5. Il en résulte que :
P(D|B2)=5Ã6
2!−1
=2
6=1 3.
Exercice 4 (EXERCICE NO16 DE LA LISTE TD2).Soient p∈[0,1]et (Ω,A,P)l’espace
probabilisé sous-jacent. L’expérience consiste en une infinité de lancers d’une même
pièce. On suppose que les lancers sont P-indépendants les uns des autres et que la
probabilité d’obtenir Pile à chaque lancer vaut p.
1. Décrire l’espace probabilisé associé à cette expérience. Pour tout n∈N∗, calculer
la probabilité que le premier Pile survienne au nelancer.
On code le résultat d’un lancer par 1 s’il donne Pile et 0 sinon. Le jeu consiste
en une infinité de lancers consécutifs de la pièce et peut être représenté par une
suite ω∈{0,1}N∗. L’espace fondamental est donc Ω={0,1}N∗. Le choix de la σ-
algèbre Aest plus délicat. On appelle événement cylindrique toute partie de Ω
telle qu’il existe m∈N∗et une suite finie ε∈{0,1}mvérifiant
C(ε)={ω∈Ω| ∀k∈N∗
mωk=εk}.
On choisit Ala σ-algèbre engendrée par l’ensemble de tous les événements cy-
lindriques. Sous les hypothèses de l’énoncé, si une probabilité Pdéfinie sur A
existe, pour tout m∈N∗et toute suite finie ε∈{0,1}m, on a
P(C(ε))=Y
k∈N∗
m
pεk(1−p)1−εk=p|ε|1(1 −p)m−|ε|1
où |ε|1=P1ÉkÉmωkest la hauteur de la suite ε. On ADMET l’existence d’une
telle probabilité P.
Pour tout n∈N∗, notons Anl’événement «la premier Pile survient au nelan-
cer ». Notons 0n−11 la suite finie de longueur nconstituée de n−1 0 suivis de 1.
Clairement, An=C(0n−11) et P(An)=p(1−p)n−1.
2. Montrer que, si p>0, on est sûr d’obtenir au moins un Pile au cours de l’expé-
rience.
Soit Al’événement «obtenir au moins un Pile lors du jeu infini ».Ω\Aest le
singleton formé de la suite constante égale à 0, autrement dit :
Ac= ∩n∈N∗C(0n).
Comme la suite (C(0n))n∈N∗est une suite décroissante d’événements, P(Ac) est
la limite de la suite décroissante (P(C(0n)))n∈N. Comme P(C(0n)) =(1−p)npour
tout n∈N,P(Ac)=0 et P(A)=1.
(Remarque : Tout événement A∈Atel que P(A)=1 est dit P-presque sûr.)
3. On suppose dorénavant p>0.
(a) Soit n∈N∗. Montrer que les événements An:«le premier Pile survient
au n-ième lancer »et C1:«le premier Pile est immédiatement suivi d’un
Face »sont P-indépendants.
Pour tout k∈N∗,C1∩Akest l’ensemble C(0k−110) des jeux commençant
par k−1Face puis 1 Pile puis 1 Face, de sorte que P(C1∩Ak)=p1(1−p)k.
Comme C1∩Ac⊆Acet P(Ac)=0, P(C1∩Ac)=0. (Ak)k∈N∗est une suite
d’événements deux à deux disjoints de réunion A= ∪k∈N∗Ak. On en déduit
que C1∩A= ∪k∈N∗C1∩Akest la réunion disjointe de la suite d’événements
(C1∩Ak)k∈N∗telle que
P(C1∩A)=X
k∈N∗
P(C1∩Ak)=X
k∈N∗
p(1−p)k=1−p
et
P(C1)=P(C1∩Ac)+P(C1∩A)=1−p.
En conclusion, C1et Ansont P-indépendants car
P(C1)P(An)=(1−p)p(1−p)n−1=p(1−p)n=P(C1∩An).
(b) Est-ce encore le cas si on remplace C1par D3:«le premier Pile est
immédiatement suivi de trois Pile »?
Pour tout k∈N∗,D3∩Akest l’ensemble C(0k−114) des jeux commençant
par k−1Face puis 4 Pile, de sorte que P(D3∩Ak)=p4(1 −p)k−1.
De même que précédemment, on a : P(D3)=Pk∈N∗P(D3∩Ak)=p3. Il en
résulte que D3et Ansont P-indépendants car
P(D3)P(An)=p3p(1−p)n−1=p(1−p)n+2=P(D3∩An).
3

Exercice 5 (EXERCICE NO17 DE LA LISTE TD2).Émilie et Denis jouent aux dés. On
note (Ω,A,P)l’espace probabilisé sous-jacent.
1. Le jeu est le suivant. Émilie commence la partie et lance son dé. Elle gagne si
Denis obtient, en lançant à son tour le dé, un nombre plus petit ou égal au sien.
Déterminer la probabilité pque Emilie gagne cette partie.
Le jeu consiste à observer le résultat de deux lancers consécutifs du dé, le pre-
mier par Émilie, le second par Denis. L’espace d’états (fini) est Ω=(N∗
6)2, muni
de la σ-algèbre A=P(Ω). Comme on suppose le dé non biaisé et les deux lan-
cers P-indépendants, Aest munie de la probabilité uniforme notée P.
Notons El’événement : «Émilie gagne la partie ». Ainsi, E={ω∈Ω|ω2Éω1} et
#E=P1ÉjÉ6j=1
26.7. D’où : P(E)=1
62#E=7
12 =p.
2. Émilie et Denis font plusieurs parties de ce type de la manière suivante. Émilie
commence la première partie. Si elle gagne, elle commence la deuxième partie ;
sinon, c’est Denis. Et ainsi de suite : le joueur qui gagne une partie donnée
commence la partie suivante. Pour tout n∈N∗, on désigne par Enl’événement
«Émilie gagne la nepartie »et l’on note un=P(En).
(a) Calculer u1.Par définition, u1=p.
(b) Montrer que la suite (un)n∈N∗vérifie la relation de récurrence :
∀n∈N∗un=(2p−1)un−1+1−p.
Conditionnellement à En−1, Émilie joue la première la nepartie de sorte
que P(En|En−1)=p. Conditionnellement à Ec
n−1, Émilie joue après De-
nis la nepartie de sorte que P(En|Ec
n−1)=1−p. Comme P(En)=P(En|
En−1)P(En−1)+P(En|Ec
n−1)P(Ec n−1), on obtient :
un=pun−1+(1−p)(1−un−1) soit, un=(2p−1)un−1+1−p.
(c) Chercher a∈Rtelle que la suite de terme général un−adéfinisse une suite
géométrique.
On suppose désormais que p<1. Soit a∈R. Comme, pour tout n∈N∗,
(un−a)=(2p−1)(un−1−a)+1−p−a+(2p−1)a, la suite de terme général
un−aest une suite géométrique si et seulement si 1−p−a+(2p−1)a=0.
Comme p<1, cela impose que a=1
2.
(d) En déduire pour tout n∈N∗l’expression de unen fonction de pet de n.
Comment se comporte unquand ntend vers +∞ ? Commenter.
Comme la suite ¡un−1
2¢n∈Nest géométrique de raison 2p−1=1 6,
∀n∈N∗un−1
2=¡1 6¢n−1(u1−1 2)=1 12 ¡1 6¢n−1
Il en résulte que untend vers 1
2en +∞.
Exercice 6 (EXERCICE NO18 DE LA LISTE TD2 : INDÉPENDANCE REVISITÉE).
1. Soit Ωun espace fondamental. On rappelle que, pour tout ensemble Fde
parties de Ω(F⊆P(Ω)), il existe une et une seule σ-algèbre sur Ωcontenant
F, minimale pour l’inclusion, la σ-algèbre engendrée par Fnotée σ(F).
Soit A∈P(Ω). Prouver que σ({A}) ={;,A,Ω\A,Ω}.
Soit F⊆P(Ω) une σ-algèbre telle que A∈F. Nécessairement, Ω\A∈F,Ω∈F
et ; ∈ F, i.e. F⊇F0={;,A,Ω\A,Ω}. On note A+=Aet A−=Ω\A=Ac.
Ω∈F0et F0est clairement stable par passage au complémentaire.
Montrons que F0est stable par réunion dénombrable. Soit (Ak)k∈N∈FN
0. No-
tons A∞= ∪k∈NAket
K0={k∈N|Ak=Ω}K+={k∈N|Ak=A+} et K−={k∈N|Ak=A−}.
Si K06= ;,A∞=Ω∈F0. Sinon, K0= ;.Si K+et K−sont tous deux non vides, il
existe i∈K+et j∈K−de sorte que Ak=A,Aj=Ac,Ak∪Aj=Ωet A∞=Ω.
Sinon, ou K+= ; ou K−= ;. Notons ε∈{−,+} tel que Kε= ;. Alors, Ak∈{;,A−ε}
pour tout k∈Net A∞∈{;,A−ε}. Dans tous les cas, A∞∈F0.
F0est donc une σ-algèbre sur Ωdonc plus petite σ-algèbre contenant A:F0est
la σ-algèbre engendrée par {A}.
2. Soient (Ω,A,P)un espace probabilisé et (A,B)∈A2.
(a) Quand dit-on que Aet Bsont P-indépendants ?
Aet Bsont P-indépendants ssi P(A∩B)=P(A)P(B).
(b) Prouver l’équivalence des deux assertions suivantes :
i) Aet Bsont P-indépendants
ii) pour tout (C,D)∈σ({A}) ×σ({B}),Cet Dsont P-indépendants.
Comme A∈σ({A}) et B∈σ({B}), il est clair que ii) entraîne i). Pour prouver que
i) entraîne ii), nous montrons le résultat simple suivant : si Cet Dsont deux
événements P-indépendants, Cet Dc=Ω\Dle sont aussi. En effet,
C=C∩Ω=C∩¡D∪Dc¢=(C∩D)∪(C∩Dc), de sorte que
P(C)=P(C∩D)+P(C∩Dc)
et P(C∩Dc)=P(C)−P(C∩D)=P(C)−P(C)P(D)=P(C)(1−P(D)) =P(C)P(Dc).
Supposons i). Alors Aet Bcsont P-indépendants, ainsi que Bet Acpar symétrie.
Puis, en appliquant le résultat ci-dessus au couple (Bc,A), Bcet Acle sont aussi.
Le résultat est ainsi prouvé pour tout couple (C,D)∈{A,Ac}×{B,Bc}.
Si Cou Dest Ωou ;, on sait que Cet Dsont P-indépendants.
4

3. Soit (Ω,A,P)un espace probabilisé. Si A∈A, on note A+1=A,A−1=Ω\Aet
A0=Ω. Soit (Ai)i∈I∈AIune famille d’événements à valeurs dans A.
Montrer l’équivalence des quatre assertions suivantes :
(Ai)i∈I∈AIest une famille d’événements P-indépendante (6.1)
∀J∈Pf(I)P³\
k∈J
Ak´=Y
k∈J
P(Ak) (6.2)
∀J∈Pf(I)∀(εk)k∈J∈{−1,0,+1}JP³\
k∈J
Aεk
k´=Y
k∈J
P(Aεk
k) (6.3)
∀J∈Pf(I)∀(Ck)k∈J∈Y
k∈J
σ({Ak}) P³\
k∈J
Ck´=Y
k∈J
P(Ck), (6.4)
où l’on a noté Pf(I)l’ensemble des parties finies de I.
La définition de la P-indépendance de (Ai)i∈Iest l’équivalence de (6.1) et (6.2).
Supposons (6.4). D’après la question précédente, pour tout k∈I, la σ-algèbre
engendrée par {Ak} est σ({Ak}) ={;,A+,A−,A0}. (6.3) en résulte immédiate-
ment.
Supposons (6.3). Soit J∈Pf(I). Choisissons εk=1, i.e. Aεk
k=Akpour tout k∈J
de sorte que Tk∈JAεk
k=Tk∈JAk. On déduit de (6.3) que
P³\
k∈J
Ak´=P³\
k∈J
Aεk
k´=Y
k∈J
P(Aεk
k)=Y
k∈J
P(Ak).
(6.2) est donc démontré.
Supposons (6.2). Montrons (6.4).
Soient J∈Pf(I) et (Ck)k∈J∈Qk∈Jσ({Ak}), i.e. Ck∈{;,Ω,A+
k,A−
k} pour tout k∈J.
Supposons qu’il existe α∈Jtel que Cα= ;. Alors, Tk∈JCk= ; et P(Cα)=0 de
sorte que P³Tk∈JCk´=0=Qk∈JP(Ck). (6.4) est donc vérifiée dans ce cas.
Sinon, Ck6= ; pour tout k∈J. Notons J+={k∈J|Ck=Ak}, J−={k∈J|Ck=Ac
k}
et J0={k∈J|Ck=Ω} de sorte que J=J0∪J+∪J−(réunion disjointe). Notons
D=\
k∈J+
Aket S=[
k∈J−
Ak.
Comme Ck=Ωpour tout k∈J0, on obtient en utilisant les lois de DEMORGAN :
\
k∈J
Ck=Ã\
k∈J0
Ck!∩Ã\
k∈J+
Ck!∩Ã\
k∈J−
Ck!=Ã\
k∈J+
Ak!∩Ã\
k∈J−
Ac
k!=D∩Sc.
D’après (6.2), P(D)=Qk∈J+P(Ak). Distinguons selon que P(D) est nul ou non.
Supposons que P(D)=0. Comme Tk∈JCk⊆D,P¡Tk∈JCk¢ÉP(D)=0 et
P¡\
k∈J
Ck¢=0=P(D)=Y
k∈J+
P(Ak)=Y
k∈J+
P(Ck)=Y
k∈J
P(Ck),
car le produit Qk∈J+P(Ck) est nul et J⊇J+.
Supposons que P(D)>0. On peut ainsi exprimer :
P³\
k∈J
Ck´=P¡D∩Sc¢=P(D)P¡Sc|D¢=P(D)¡1−P¡S|D¢¢. (6.5)
Appliquons la formule d’inclusion-exclusion à S=Sk∈J−Aket à la mesure de
probabilités P(· | D). Notant AL= ∩k∈LAkpour toute partie finie Lde I, on ob-
tient :
1−P¡S|D¢=X
L∈P(J−)
(−1)#LP¡AL|D¢. (6.6)
En injectant la formule (6.6) dans l’identité précédente (6.5), on obtient :
P³\
k∈J
Ck´=P(D)ÃX
L∈P(J−)
(−1)#LP¡AL|D¢!=X
L∈P(J−)
(−1)#LP¡AL|D¢P(D)
=X
L∈P(J−)
(−1)#LP¡AL∩D¢=X
L∈P(J−)
(−1)#LP³\
k∈L∪J+
Ak´
ce qui s’écrit grâce à (6.2),
P³\
k∈J
Ck´=X
L∈P(J−)
(−1)#LY
k∈L∪J+
P(Ak)=X
L∈P(J−)
(−1)#LY
k∈J+
P(Ak)Y
k∈L
P(Ak)
=ÃY
k∈J+
P(Ak)!Ã X
L∈P(J−)Y
k∈L
(−1)#LP(Ak)!=ÃY
k∈J+
P(Ak)!ÃY
k∈J−
(1−P(Ak))!
=ÃY
k∈J+
P(Ak)!ÃY
k∈J−
P(Ac
k)!=Y
k∈J+∪J−
P(Ck)=Y
k∈J0∪J+∪J−
P(Ck)=Y
k∈J
P(Ck).
Ceci achève la preuve de (6.4).
On a ainsi prouvé que les quatre assertions (6.1)—(6.4) sont équivalentes.
Exercice 7 (PREUVE DE LA CONTINUITÉ MONOTONE D’UNE MESURE DE PROBABILITÉS).
La propriété de continuité monotone d’une mesure de probabilités s’énonce ainsi.
Soient (Ω,A,P)un espace probabilisé et (An)n∈N∈ANune suite croissante (resp.
décroissante) d’événements. Alors, la suite croissante (resp. décroissante) (P(An))n∈N
converge vers P(∪n∈NAn)(resp. P(∩n∈NAn)).
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