b,p

22
Probabilités conditionnelles
(Ω,B,P)est un espace probabilisé.
22.1 Définition et propriétés des probabilités condition-
nelles
Considérons l’expérience aléatoire qui consiste à lancer deux fois un dé équilibré et les évé-
nements Aet Bdéfinis par :
A=« la somme des chiffres obtenus est 9»
et
B=« le premier lancé donne 5»
En supposant qu’il y a équiprobabilité, on a :
P(A) = P({(3,6) ,(4,5) ,(5,4) ,(6,3)}) = 4
36 =1 9.
Mais, si on sait que l’événement Best réalisé, c’est-à-dire que le premier lancé a donné 5,il
semble raisonnable de dire que :
PB(A) = P({4}) = 1
66=1 9
Sachant que Best réalisé on est donc amené à changer d’univers. Dans le premier cas,
où on ne dispose d’aucune information sur le premier lancé, un univers adapté est Ω =
{(i, j)|1≤i, j ≤6}avec la probabilité :
P:P(Ω) →[0,1]
A7→ P(A) = card (A)
card (Ω)
avec card (Ω) = 62et dans le deuxième cas où on dispose de l’information « Best réalisé » un
univers adapté est ΩB={i|1≤i≤6}avec la probabilité :
PB:P(ΩB)→[0,1]
A7→ PB(A) = card (A)
card (ΩB)
avec card (ΩB) = 6.
543

544 Probabilités conditionnelles
Pour calculer de telles probabilités conditionnelles PB(A),une idée naturelle est de répéter
un grand nombre de fois l’expérience dans les mêmes conditions. Si pour nexpériences, on note
n(E)le nombre de fois où un événement Eest réalisé, la quantité :
fB(A) = n(A∩B)
n(B)=n(A∩B) nµn(B) n¶−1
est la fréquence relative de réalisation de Asur ncoups sachant que Best réalisé. Plus nsera
grand, plus fB(A)se rapprochera d’une quantité qui sera la probabilité de réalisation de A
sachant que Best réalisé.
Il est donc naturel de poser :
PB(A) = lim
n→+∞fB(A) = P(A∩B)
P(B)
Définition 22.1 Soient A, B deux événements dans Bavec P(B)6= 0.La probabilité de A
sachant Best le réel :
PB(A) = P(A∩B)
P(B).
Théorème 22.1 Pour tout événement B∈ B de probabilité non nulle, l’application :
PB:B → [0,1]
A7→ PB(A) = P(A∩B)
P(B)
est une probabilité sur (Ω,B).
Démonstration. On a :
–
PB(Ω) = P(Ω ∩B)
P(B)=P(B) P(B)= 1.
–Si (An)n∈Nest une suite d’événements deux à deux incompatibles, il est de même de la
suite (An∩B)n∈Net :
PBÃ[
n∈N
An!=
PÃÃ[
n∈N
An!∩B!
P(B)=
PÃ[
n∈N
(An∩B)!
P(B)
=
+∞
X
n=0
P(An∩B)
P(B)=
+∞
X
n=0
PB(An)
On dit que PBest la probabilité conditionnelle sur (Ω,B)sachant Bet par définition, on a :
P(A∩B) = PB(A)P(B)
On note aussi PB(A) = P(A|B).
Théorème 22.2 Si n≥2et A1,··· , Ansont des événements dans Btels que Pµn−1
T
k=1
Ak¶6= 0,
on a alors :
PÃn
\
k=1
Ak!=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1∩A2)···PÃAn|
n−1
\
k=1
Ak!

Définition et propriétés des probabilités conditionnelles 545
Démonstration. Comme n−1
T
k=1
Ak⊂
p
T
k=1
Akpour tout pcompris entre 1et n−1,on a :
PÃp
\
k=1
Ak!≥PÃn−1
\
k=1
Ak!>0
et les probabilités conditionnelles Pp
T
k=1
Ak
sont bien définies.
On vérifie alors que :
P(A1)
n−1
Y
p=1
PÃAp+1 |
p
\
k=1
Ak!=P(A1)P(A1∩A2)
P(A1)
P(A1∩A2∩A3)
P(A1∩A2)···
Pµn
T
k=1
Ak¶
Pµn−1
T
k=1
Ak¶
=PÃn
\
k=1
Ak!.
Théorème 22.3 (Formule des probabilités totales) Si (A1,··· , An)est un système com-
plet d’événements dans Btel que P(Ak)6= 0 pour tout kcompris entre 1et n, on a alors pour
tout événement A∈ B :
P(A) =
n
X
k=1
P(A|Ak)P(Ak)
Démonstration. On a la partition :
A=A∩Ω = A∩
n
[
k=1
Ak=
n
[
k=1
A∩Ak
qui nous donne :
P(A) =
n
X
k=1
P(A∩Ak) =
n
X
k=1
P(A|Ak)P(Ak)
Exercice 22.1 Un fumeur essaye de ne plus fumer. S’il ne fume pas un jour donné, alors
la probabilité qu’il ne fume pas le lendemain est p∈]0,1[ .S’il fume un jour donné, alors la
probabilité qu’il ne fume pas le lendemain est q∈]0,1[ .
1. Calculer la probabilité pnque cette personne ne fume pas le n-ème jour.
2. Calculer lim
n→+∞pn.
Solution 22.1 Pour n≥0,on note respectivement Fnet Ω\Fnles événements :
Fn:« il fume le n-ème jour »
Fn= Ω \Fn:« il ne fume pas le n-ème jour »
On connaît p=P¡Fn|Fn−1¢et p=P¡Fn|Fn−1¢pour n≥1.

546 Probabilités conditionnelles
1. Comme ¡Fn−1, Fn−1¢est un système complet d’événements, on a :
pn=P¡Fn¢=q·P(Fn−1) + p·P¡Fn−1¢
= (1 −pn−1)q+pn−1p
= (p−q)pn−1+q
La suite (pn)n∈Nest donc une suite arithmético-géométrique et on a :
pn=r+ (p0−r) (p−q)n
où r=q
1−(p−q).
2. On a lim
n→+∞(pn) = r=q
1−(p−q).
Théorème 22.4 (Formule de Bayes) Si (A1,··· , An)est un système complet d’événements
dans Btel que P(Ak)6= 0 pour tout kcompris entre 1et n, on a alors pour tout événement
B∈ B de probabilité non nulle et tout entier jcompris entre 1et n:
P(Aj|B) = P(B|Aj)P(Aj)
n
P
k=1
P(B|Ak)P(Ak)
Démonstration. On a :
P(Aj|B) = P(Aj∩B)
P(B)=P(B|Aj)P(Aj)
n
P
k=1
P(B|Ak)P(Ak)
Exercice 22.2 Des études sur une population ont montré que l’on pouvait admettre que la
probabilité pnqu’une famille ait exactement nenfants est définie par :
∀n≥1, pn=αpn
avec 0< p < 1, α > 0et (1 + α)p < 1.
On suppose que les naissances des garçons et des filles sont équiprobables.
1. Calculer la probabilité pour une famille de ne pas avoir d’enfants.
2. Calculer la probabilité pour une famille d’avoir exactement kgarçons.
3. Étant donnée une famille ayant au moins un garçon, quelle est la probabilité qu’elle en
ait deux ou plus ?
Solution 22.2 Pour tout entier n≥0,on note respectivement Enet Gnles événements :
En=« la famille a nenfants »
Gn=« la famille a ngarçons »
1. On a pn=P(En) = αpnpour n≥1et :
p0=P(E0) = 1 −
+∞
X
n=1
αpn= 1 −αp
1−p=1−(1 + α)p 1−p

Définition et propriétés des probabilités conditionnelles 547
2. Comme (En)n≥0est un système complet d’événements, on a pour k≥1:
Gk=
+∞
[
n=0
Gk∩En=
+∞
[
n=k
Gk∩En
(Gk∩En=∅pour 0≤n < k) et :
P(Gk) =
+∞
X
n=k
P(Gk∩En) =
+∞
X
n=k
P(En)P(Gk|En)
=α
+∞
X
n=k
pnCk
nµ1
2¶kµ1 2¶n−k
(dans une famille de nenfants, il y a Ck
nfaçons de placer l’ordre de naissance des garçons
et par chacune d’elles la probabilité de réalisation est µ1
2¶kµ1 2¶n−k
si les naissances des
filles et des garçons sont supposées équiprobables). On a donc :
P(Gk) = α
+∞
X
n=k
Ck
n³p
2´n=α k!³p 2´k+∞
X
n=k
n(n−1) ···(n−(k−1)) ³p
2´n−k
soit en tenant compte de :
+∞
X
n=k
n(n−1) ···(n−(k−1)) xn−k=µ1
1−x¶(k)
=k!
(1 −x)k+1
P(Gk) = α
k!³p 2´kk!
¡1−p
2¢k+1 =2α
2−pµp 2−p¶k
Pour k= 0,on a :
P(G0) = 1 −2α
2−p
+∞
X
k=1 µp
2−p¶k
= 1 −2α
2−p
p
2−p
1
1−p
2−p
= 1 −αp
(1 −p) (2 −p)=2−(3 + α)p+p2 (1 −p) (2 −p)
3. La probabilité cherchée est :
PÃ+∞
[
k=2
Gk|
+∞
[
k=1
Gk!=
PÃ+∞
[
k=2
Gk!
PÃ+∞
[
k=1
Gk!=1−P(G0)−P(G1)
1−P(G0)
= 1 −P(G1)
1−P(G0)=p 2−p
Exercice 22.3 Deux joueurs Aet Bpossèdent un capital de aet beuros respectivement. Ils
jouent à pile ou face en misant 1euro par partie jusqu’à la ruine de l’un d’eux. Déterminer la
probabilité de ruine de chacun.