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Probabilités sur un univers infini

Cité Scolaire Gambetta–CarnotECE 1

2019 – 2020

Cité Scolaire Gambetta–Carnot ECE 1 Probabilités sur un univers infini 2019 – 2020 1 / 41

Ô Riri et Fifi inventent un jeu. Chacun leur tour, ils vont lancer unepièce de monnaie bien équilibrée. Le premier qui tombe sur "pile" agagné. Qui a le plus de chances de gagner ?

Ô Un singe immortel et bien dressé tape tous les jours 100 000 carac-tères de façon complètement aléatoire sur un clavier de 50 touches.Déterminer la probabilité que l’animal tape un jour l’intégralité deNotre-Dame de Paris. (On suppose que le livre contient exactement100 000 caractères et que l’on a besoin uniquement de ces 50 touchespour taper ce livre).


Rappels Compléments sur les ensembles

Si Ω est un ensemble fini :Pour tous sous-ensembles A1, A2 . . . ,An de Ω.

+ =

+ =




+

n⋃i=1

Ai =

+ =




+

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · ∪ An =

+ =




+

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · ∪ An =ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

+ =




+

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · ∪ An =ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

+

n⋂i=1

Ai =




+

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · ∪ An =ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

+

n⋂i=1

Ai = A1 ∩ · · · ∩ An =




+

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · ∪ An =ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

+

n⋂i=1

Ai = A1 ∩ · · · ∩ An =ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai



Si Ω est un ensemble infini :Pour tous sous-ensembles A1, A2 . . . ,An de Ω.

+

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · ∪ An =ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

+

n⋂i=1

Ai = A1 ∩ · · · ∩ An =ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai



Si Ω est un ensemble infini :Pour tous sous-ensembles A1, A2,. . . de Ω.

+

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · ∪ An =ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

+

n⋂i=1

Ai = A1 ∩ · · · ∩ An =ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai




+

+∞⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · =ω ∈ Ω : ∃i ∈ N, ω ∈ Ai

+

n⋂i=1

Ai = A1 ∩ · · · ∩ An =ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai




+

+∞⋃i=1

Ai = A1 ∪ · · · =ω ∈ Ω : ∃i ∈ N, ω ∈ Ai

+

+∞⋂i=1

Ai = A1 ∩ · · · =ω ∈ Ω : ∀i ∈ N, ω ∈ Ai



Distributivité et lois de Morgan

(A1 ∪ A2) ∩ B = (A1 ∩ B) ∪ (A2 ∩ B)(A1 ∩ A2) ∪ B = (A1 ∪ B) ∩ (A2 ∪ B)

A1 ∪ A2 = A1 ∩ A2

A1 ∩ A2 = A1 ∪ A2

Dans le cas d’une famille (An)n>1 :

Ô

(+∞⋃i=1

Ai

)∩ B =

+∞⋃i=1

(Ai ∩ B) et

(+∞⋂i=1

Ai

)∪ B =

+∞⋂i=1

(Ai ∪ B)

Ô

+∞⋃i=1

Ai =+∞⋂i=1

Ai et

+∞⋂i=1

Ai =+∞⋃i=1

Ai



Distributivité et lois de Morgan

(A1 ∪ A2) ∩ B = (A1 ∩ B) ∪ (A2 ∩ B)(A1 ∩ A2) ∪ B = (A1 ∪ B) ∩ (A2 ∪ B)

A1 ∪ A2 = A1 ∩ A2

A1 ∩ A2 = A1 ∪ A2

Dans le cas d’une famille (An)n>1 :

Ô

(+∞⋃i=1

Ai

)∩ B =

+∞⋃i=1

(Ai ∩ B) et

(+∞⋂i=1

Ai

)∪ B =

+∞⋂i=1

(Ai ∪ B)

Ô

+∞⋃i=1

Ai =+∞⋂i=1

Ai et+∞⋂i=1

Ai =+∞⋃i=1

Ai


Rappels Expérience aléatoire

1. On choisit un réel au hasard entre 0 et 1 : Ω =

[0, 1].2. On lance cinq fois de suite un dé à 6 faces et on note à chaque fois le

résultat : Ω = J1 ; 6K5.3. On lance indéfiniment un dé à 6 faces et on note à chaque fois le résultat :

Ω = J1 ; 6KN.

Exemple 1

En effet, quand on lance indéfiniment un dé, on obtient des issues du type(ω1, ; ω2 ; ω3 ; . . .

)où ωk ∈ J1 ; 6K.

Si E est un ensemble alors EN est la notation pour désigner l’ensemble dessuites d’éléments dans E .

EN =

(un)n>0 : ∀n ∈ N, un ∈ E

Notation Ensemble des suites



1. On choisit un réel au hasard entre 0 et 1 : Ω =

[0, 1].

2. On lance cinq fois de suite un dé à 6 faces et on note à chaque fois lerésultat : Ω = J1 ; 6K5.

3. On lance indéfiniment un dé à 6 faces et on note à chaque fois le résultat :Ω = J1 ; 6KN.

Exemple 1


)où ωk ∈ J1 ; 6K.


EN =

(un)n>0 : ∀n ∈ N, un ∈ E




1. On choisit un réel au hasard entre 0 et 1 : Ω = [0, 1].

2. On lance cinq fois de suite un dé à 6 faces et on note à chaque fois lerésultat : Ω =

J1 ; 6K5.3. On lance indéfiniment un dé à 6 faces et on note à chaque fois le résultat :

Ω = J1 ; 6KN.

Exemple 1


)où ωk ∈ J1 ; 6K.


EN =

(un)n>0 : ∀n ∈ N, un ∈ E




1. On choisit un réel au hasard entre 0 et 1 : Ω = [0, 1].2. On lance cinq fois de suite un dé à 6 faces et on note à chaque fois le

résultat : Ω =

J1 ; 6K5.

3. On lance indéfiniment un dé à 6 faces et on note à chaque fois le résultat :Ω = J1 ; 6KN.

Exemple 1


)où ωk ∈ J1 ; 6K.


EN =

(un)n>0 : ∀n ∈ N, un ∈ E





résultat : Ω = J1 ; 6K5.

3. On lance indéfiniment un dé à 6 faces et on note à chaque fois le résultat :Ω =

J1 ; 6KN.

Exemple 1


)où ωk ∈ J1 ; 6K.


EN =

(un)n>0 : ∀n ∈ N, un ∈ E






Ω =

J1 ; 6KN.

Exemple 1


)où ωk ∈ J1 ; 6K.


EN =

(un)n>0 : ∀n ∈ N, un ∈ E






Ω = J1 ; 6KN.

Exemple 1


)où ωk ∈ J1 ; 6K.


EN =

(un)n>0 : ∀n ∈ N, un ∈ E



Notion de tribu

Si Ω est un univers fini, un événement est

un ensemble d’issues

.

Autrement dit,

si et seulement si A

Ainsi, lorsque Ω est fini, A︸︷︷︸ens. des événements

= P(Ω)︸︷︷︸ens. des ss-ens. de Ω

Lorsque Ω est infini, on ne peut pas prendre A = P(Ω) est général. Car on ne peutmalheureusement pas donner le statut d’événement à tout sous-ensemble de Ω.Les raisons dépassent le cadre de ce cours mais l’idée est que donner la probabilitéd’un ensemble c’est, en quelque sorte, le mesurer et qu’il n’est pas possible detout mesurer car certains ensembles infinis peuvent être très complexes.Les événements feront donc partie en général d’un ensemble A⊂P(Ω) plus petit(au sens de l’inclusion) que P(Ω).


Notion de tribu

Si Ω est un univers fini, un événement est un ensemble d’issues.Autrement dit,

A est un événement si et seulement si A





Notion de tribu


A est un événement si et seulement si A ⊂ Ω





Notion de tribu


A est un événement si et seulement si A ∈ P(Ω)





Notion de tribu


A ∈ A si et seulement si A ∈ P(Ω)





Notion de tribu

Définition : Tribu d’événements

Soit Ω un ensemble.

ä Une famille A de parties de Ω est une tribu sur Ω (ou une σ−algèbresur Ω) si elle satisfait les trois axiomes suivants :

1 Ω ∈ A,2 Pour tout A ∈ A alors A ∈ A, Stabilité par passage au

complémentaire3 Pour toute famille (Ai )i>1 d’éléments dans A alors

⋃i>1

Ai ∈ A.

Stabilité par réunion

ä Le couple (Ω,A) est alors appelé espace probabilisable et les élémentsde A (qui sont donc des sous-ensembles particuliers de Ω) sont appelésévénements.

Ne pas confondre l’événement A (une partie de Ω) avec la tribu A (l’en-semble des événements) !


Notion de tribu


Soit Ω un ensemble.ä Une famille A de parties de Ω est une tribu sur Ω (ou une σ−algèbre

sur Ω) si elle satisfait les trois axiomes suivants :



⋃i>1

Ai ∈ A.

Stabilité par réunionä Le couple (Ω,A) est alors appelé espace probabilisable et les éléments

de A (qui sont donc des sous-ensembles particuliers de Ω) sont appelésévénements.



Notion de tribu




1 Ω ∈ A,

2 Pour tout A ∈ A alors A ∈ A, Stabilité par passage aucomplémentaire

3 Pour toute famille (Ai )i>1 d’éléments dans A alors⋃i>1

Ai ∈ A.





Notion de tribu





complémentaire

3 Pour toute famille (Ai )i>1 d’éléments dans A alors⋃i>1

Ai ∈ A.





Notion de tribu






⋃i>1

Ai ∈ A.

Stabilité par réunion

ä Le couple (Ω,A) est alors appelé espace probabilisable et les élémentsde A (qui sont donc des sous-ensembles particuliers de Ω) sont appelésévénements.



Notion de tribu






⋃i>1

Ai ∈ A.





Notion de tribu

Propriétés

∅ est un événement. En effet Ω ∈ A donc Ω︸︷︷︸∅

∈ A (par stabilité au

complémentaire).

Stabilité par intersection

Soit A une tribu sur un ensemble Ω. Pour toute toute famille (Ai )i>1 d’évé-

nements (c’est-à-dire d’éléments de A) alors+∞⋂i=1

Ai est encore un événement.

Soit Ω un ensemble. Alors P(Ω) est une tribu.

Soit Ω un ensemble et A ⊂ Ω. Alors A =∅,A,A,Ω

est une tribu.

Exemple 2


Notion de tribu

Définition : Système complet d’événements

Soit A une tribu sur un univers Ω et I ⊂ N (I fini ou non).Une famille (Ai )i∈ I d’événements est appelée un système complet d’événe-ments de Ω lorsque, quelle que soit l’issue de l’expérience, un et un seul desévénements Ai est réalisé. Autrement dit si les événements Ai (i ∈ I ) sontdeux à deux incompatibles et que leur union est Ω.

1. Si A ∈ A, alors(A , A

)est un système complet d’événements de Ω.

2. Si Ω =ωk , k ∈ N

et si A = P(Ω), alors

(ωk

)k∈N

est un

système complet d’événements de Ω.

Exemple 3


Notion de tribu

Montrer qu’une famille (Ai )i∈ I forme un système complet d’événements, c’estmontrer :

ä⋃i∈I

Ai = Ω,

ä ∀(i , j) ∈ I 2,[i 6= j =⇒ Ai ∩ Aj = ∅

]

Méthode Montrer qu’une famille d’événements forme un SCE

On considère l’expérience suivante : on jette une infinité de fois une pièce demonnaie.Alors Ω = J0 ; 1KN

(ou Ω = 0, 1N

). On pose pour tout entier i > 1 l’événe-

ment :Ai : « On a obtenu le premier "face" au i eme lancer » etA0 : « On n’obtient jamais de "face" ».Montrer que (Ai )i>0 forme un système complet d’événements.

Exercice-Type 1 ♥♥


Notion de tribu Résolution

•+∞⋃i=0

Ai = Ω car soit on n’obtient jamais "face" (dans ce cas, A0 est réalisé),

soit on obtient au moins un "face", et en notant i le rang du 1er "face"obtenu, Ai réalisé.

• Soit (i , j) ∈ N2, avec i 6= j .

Cas 1 : Si i = 0 (et donc j 6= 0)Alors A0 ∩Aj est l’événement qui consiste à n’avoir aucun "face" (A0)et avoir le premier "face" au j eme lancer, ce qui est impossible. DoncA0 ∩Aj = ∅

Cas 2 : Si j = 0 (et donc i 6= 0)Pour des raisons analogues au premier cas, on a Ai∩A0 = ∅

Cas 3 : Si i 6= 0 et j 6= 0 (mais toujours i 6= j)Ai∩Aj est l’événement qui consiste à avoir le 1er "face" à la fois aui eme lancer et à la fois au j eme lancer (avec i 6= j), ce qui estimpossible. Donc Ai∩Aj = ∅ .

Dans tous les cas, si i 6= j alors Ai∩Aj = ∅ .

Conclusion : (Ai )i>0 forme un système complet d’événements .



•+∞⋃i=0



• Soit (i , j) ∈ N2, avec i 6= j .

Cas 1 : Si i = 0 (et donc j 6= 0)Alors A0 ∩Aj est l’événement qui consiste à n’avoir aucun "face" (A0)et avoir le premier "face" au j eme lancer, ce qui est impossible. DoncA0 ∩Aj =

∅Cas 2 : Si j = 0 (et donc i 6= 0)

Pour des raisons analogues au premier cas, on a Ai∩A0 = ∅Cas 3 : Si i 6= 0 et j 6= 0 (mais toujours i 6= j)

Ai∩Aj est l’événement qui consiste à avoir le 1er "face" à la fois aui eme lancer et à la fois au j eme lancer (avec i 6= j), ce qui estimpossible. Donc Ai∩Aj = ∅ .





•+∞⋃i=0



• Soit (i , j) ∈ N2, avec i 6= j .Cas 1 : Si i = 0 (et donc j 6= 0)

Alors A0 ∩Aj est l’événement qui consiste à n’avoir aucun "face" (A0)et avoir le premier "face" au j eme lancer, ce qui est impossible. DoncA0 ∩Aj =

∅







•+∞⋃i=0




Alors A0 ∩Aj est l’événement qui consiste à n’avoir aucun "face" (A0)et avoir le premier "face" au j eme lancer, ce qui est impossible. DoncA0 ∩Aj = ∅


Cas 3 : Si i 6= 0 et j 6= 0 (mais toujours i 6= j)Ai∩Aj est l’événement qui consiste à avoir

le 1er "face" à la fois aui eme lancer et à la fois au j eme lancer (avec i 6= j), ce qui estimpossible. Donc Ai∩Aj = ∅ .





•+∞⋃i=0






Cas 3 : Si i 6= 0 et j 6= 0 (mais toujours i 6= j)Ai∩Aj est l’événement qui consiste à avoir le 1er "face" à la fois aui eme lancer et à la fois au j eme lancer (avec i 6= j), ce qui estimpossible. Donc Ai∩Aj =

∅ .





•+∞⋃i=0











Il faut avoir en tête la décomposition suivante (très utile dans les exercicesqui suivront).En désignant pour tout entier k ∈ N∗, l’événement Pk : « On a obtenu"pile" au kème lancer alors

A0 = P1 ∩ P2 ∩ . . . =+∞⋂i=1

Pi

A1 = P1

∀i > 2, Ai = P1 ∩ · · · ∩ Pi−1 ∩ Pi =

(i−1⋂k=1

Pk

)∩ Pi

Remarque


Espace probabilisé

Définition : Probabilité

Soit A une tribu sur un espace Ω.

ä On appelle probabilité sur (Ω , A) toute application P : A 7→ [0, 1] telleque :

1 P(Ω) = 1.

2 pour toute famille (Ak)k>1 d’événements deux à deux incompatibles(c’est-à-dire Ai ∩ Aj = ∅ si i 6= j),

P

(+∞⋃k=1

Ak

)=

+∞∑k=1

P(Ak). σ-additivité

ä Le triplet (Ω,A,P) est appelé espace probabilisé.

On retrouve heureusement une définition analogue au cas Ω fini.


Espace probabilisé

Ô Il faut bien comprendre dans la définition que si (Ak)k>1 est une familled’événements deux à deux incompatibles, alors

P

(+∞⋃k=1

Ak

)=

+∞∑k=1

P(Ak)

ce qui signifie que la série de terme général P(An) converge et que sa

somme est égale à P

(+∞⋃k=1

Ak

).

Ô La deuxième propriété reste vraie par un sous-ensemble de N dans ladéfinition.

Remarques


Espace probabilisé Un cas fréquent : lorsque Ω peut être indexé par N

Dans de nombreux cas, Ω est de la forme Ω =ωn, n ∈ N

. Dans ce cas, on a :

1 = P(Ω) =

+∞∑k=0

P(ωk

)et pour tout événement A, on a :

P(A) =∑ωk∈A

P(ωk

)

Ainsi pour calculer la probabilité de l’événement A, il suffit de « sommer »lesprobabilités des issues qui réalisent A.Soit cette somme est finie (lorsque A l’est), soit la somme d’une série convergente(car P est σ−additive).

En conclusion : si, pour tout n ∈ N, on connait la valeur de P(ωn

)alors on

connait la probabilité de tout événement et ainsi cela caractérise entièrement laprobabilité. De plus, les P

(ωn

)telle que la somme de la série de terme général

P(ωn) est égale à 1.





1 = P(Ω) =+∞∑k=0

P(ωk


P(A) =∑ωk∈A

P(ωk

)

Ainsi pour calculer la probabilité de l’événement A, il suffit de « sommer »lesprobabilités des issues qui réalisent A.Soit cette somme est finie (lorsque A l’est), soit la somme d’une série convergente(car P est σ−additive).En conclusion : si, pour tout n ∈ N, on connait la valeur de P

(ωn

)alors on


(ωn







1 = P(Ω) =+∞∑k=0

P(ωk


P(A) =∑ωk∈A

P(ωk

)Ainsi pour calculer la probabilité de l’événement A, il suffit de « sommer »lesprobabilités des issues qui réalisent A.Soit cette somme est finie (lorsque A l’est), soit la somme d’une série convergente(car P est σ−additive).

En conclusion : si, pour tout n ∈ N, on connait la valeur de P(ωn

)alors on


(ωn







1 = P(Ω) =+∞∑k=0

P(ωk


P(A) =∑ωk∈A

P(ωk

)Ainsi pour calculer la probabilité de l’événement A, il suffit de « sommer »lesprobabilités des issues qui réalisent A.Soit cette somme est finie (lorsque A l’est), soit la somme d’une série convergente(car P est σ−additive).En conclusion : si, pour tout n ∈ N, on connait la valeur de P

(ωn

)alors on


(ωn




Espace probabilisé Récap’

Si Ω est fini

n⋃i=1

Ai = A1∪ · · · ∪An

=ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

n⋂

i=1

Ai = A1∩ · · · ∩An

=ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai



Si Ω est finin⋃

i=1

Ai = A1∪ · · · ∪An

=ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

n⋂i=1

Ai = A1∩ · · · ∩An

=ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai



Si Ω est finin⋃

i=1

Ai = A1∪ · · · ∪An

=ω ∈ Ω : ∃i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai

n⋂

i=1

Ai = A1∩ · · · ∩An

=ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai



Si Ω est infini+∞⋃i=1

Ai = A1∪ · · · ∪. . .

=ω ∈ Ω : ∃i ∈ N, ω ∈ Ai

n⋂

i=1

Ai = A1∩ · · · ∩An

=ω ∈ Ω : ∀i ∈ J1 ; nK, ω ∈ Ai



Si Ω est infini+∞⋃i=1

Ai = A1∪ · · · ∪. . .

=ω ∈ Ω : ∃i ∈ N, ω ∈ Ai

+∞⋂i=1

Ai = A1∩ · · · ∩. . .

=ω ∈ Ω : ∀i ∈ N, ω ∈ Ai



Définition : Événements

Soit Ω un ensemble fini :Une famille d’événements vérifie la propriétés suivantes :

1 Ω est un événement,

2 Si A est un événement alors A est un événement,

3 Pour toute famille (A1, . . . ,An) d’événements,

alorsn⋃

k=1

Ak est un événement.

Pour toute famille (A1, . . . ,An) d’événements,

alorsn⋂

k=1

Ai est un événement.

Remarque



Définition : Événements

Soit Ω un ensemble infini :Une famille d’événements vérifie la propriétés suivantes :

1 Ω est un événement,

2 Si A est un événement alors A est un événement,

3 Pour toute famille (Ak)k>1 d’événements,

alors+∞⋃k=1

Ak est un événement.

Pour toute famille (Ak)k>1 d’événements,

alors+∞⋂k=1

Ai est un événement.

Remarque




Si Ω est un ensemble fini :


1 P(Ω) = 1.

2 pour toute famille (A1, . . . ,An) d’événements deux à deux in-compatibles (c’est-à-dire Ai ∩ Aj = ∅ si i 6= j),

P

(n⋃

k=1

Ak

)=

n∑k=1

P(Ak).




Si Ω est un ensemble infini :


1 P(Ω) = 1.

2 pour toute famille (Ak)k>1 d’événements deux à deux incom-patibles (c’est-à-dire Ai ∩ Aj = ∅ si i 6= j),

P

(+∞⋃k=1

Ak

)=

+∞∑k=1

P(Ak).



Soit λ ∈ R. Une expérience aléatoire sur Ω = N est telle que la probabilité

d’obtenir l’entier k ∈ N vautλ

3k.

1. Déterminer λ pour que cela définisse bien une probabilité.2. Quelle est la probabilité d’obtenir un entier inférieur ou égal à 10 ? un entier

pair ?




P(k) =λ

3k. Déterminer λ pour que cela définisse bien une probabilité.

Par définition d’une probabilité sur N,∑k>0

P(k) converge et+∞∑k=0

P(k) = 1 l’univers

est ici N, la somme des probabilités sur N doit converger vers 1.

Autrement dit+∞∑k=0

λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k

est la série géométrique de raison q =13∈ ]−1 ; 1[ qui converge

avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ




P(k) =

1 l’univers



λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔

λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔

λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=

11− 1

3

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=

123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=

32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔

λ =23.



P(k) =λ







λ

3k= 1⇔ λ

+∞∑k=0

13k

= 1⇔ λ

+∞∑k=0

(13

)k

= 1.

Or∑k>0

(13

)k


avec∑+∞

k=0

(13

)k

=1

1− 13

=123

=32.

Ainsi, λ32

= 1⇔ λ =23.



Quelle est la probabilité d’obtenir un entier inférieur ou égal à 10 ?

Soit A l’événement : « On obtient un entier inférieur ou égal à 10 ».

Alors A = J0 ; 10K donc P(A) =10∑k=0

P(k) =10∑k=0

23

(13

)k

=23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.





Alors A =

J0 ; 10K donc P(A) =10∑k=0

P(k) =10∑k=0

23

(13

)k

=23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.





Alors A = J0 ; 10K donc P(A) =

10∑k=0

P(k) =10∑k=0

23

(13

)k

=23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.






P(k) =

10∑k=0

23

(13

)k

=23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.






P(k) =10∑k=0

23

(13

)k

=

23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.






P(k) =10∑k=0

23

(13

)k

=23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.






P(k) =10∑k=0

23

(13

)k

=23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =

231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.






P(k) =10∑k=0

23

(13

)k

=23

10∑k=0

(13

)k

=

231−

( 13

)111−

(13

) =231−

( 13

)1123

= 1−(13

)11

.



Quelle est la probabilité d’obtenir un entier pair ?

Soit B : « On obtient un entier pair ». AlorsB =

0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19

]kest la série géométrique de raison q =

19∈ ]−1 ; 1[.

Elle converge et+∞∑k=0

[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.

Conclusion : P(A) = 1−( 13

)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=

2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =

+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =

+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=

23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=

23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=

98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =

23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.





0 ; 2 ; 4 ; . . .

=2× 0 ; 2× 1 ; 2× 2 ; . . . ; 2× k ; . . .

donc

P(B) =+∞∑k=0

P(2k) =+∞∑k=0

23

(13

)2k

=23

+∞∑k=0

[(13

)2]k

=23

+∞∑k=0

[19

]k.

Or∑k>0

[19


19∈ ]−1 ; 1[.


[19

]k=

11− 1

9

=98.

Ainsi P(B) =23× 9

8=

34.


)11 et P(B) =34.



On jette indéfiniment une pièce équilibrée en supposant que les lancers sontindépendants.Pour tout entier k > 1, on définit l’événement Ak : « On obtient le premier"pile" au k eme lancer ».1. Exprimer l’événement B : « Le premier "pile" a été obtenu à un lancer

pair » en fonction des événements de la famille (Ak)k>1.2. Calculer pour tout k ∈ N∗, P(Ak).3. En déduire la probabilité de B.




1. Exprimer l’événement B : « Le premier "pile" a été obtenu à un lancer pair » en fonction desévénements de la famille (Ak )k>1.

2. Calculer pour tout k ∈ N∗, P(Ak ).

1. Réaliser l’événement B, c’est réaliser

A2 ou A4 ou A6 . . .. Ainsi, B =+∞⋃k=1

A2k

2. Désignons pour tout j ∈ N∗, Fj : « On obtient "face" au j eme lancer.Alors : Si k = 1, A1 = F1,

si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .

Or, les événements (Fj) étant mutuellement indépendants,

si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.

Conclusion : Dans tous les cas, ∀k ∈ N∗, P(Ak) =

(12

)k

.





1. Réaliser l’événement B, c’est réaliser A2 ou A4 ou A6 . . .. Ainsi, B =

+∞⋃k=1

A2k


si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.





1. Réaliser l’événement B, c’est réaliser A2 ou A4 ou A6 . . .. Ainsi, B =+∞⋃k=1

A2k


si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.






A2k

2. Désignons pour tout j ∈ N∗, Fj : « On obtient "face" au j eme lancer.Alors : Si k = 1,

A1 = F1,

si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.






A2k


si k > 2,

Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.






A2k


si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.






A2k


si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) =

P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.






A2k


si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) =

P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.






A2k


si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=

P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.






A2k


si k > 2, Ak =

(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk .


si k = 1, P (A1) = P(F1)

=12

si k > 2, P (Ak) = P

[(k−1⋂j=1

Fj

)∩ Fk

]=P

(k−1⋂j=1

Fj

)× P

(Fk

)=

k−1∏j=1

P (Fj) ×12

=

k−1∏j=1

(12

)× 1

2=

(12

)k

.


(12

)k

.


Espace probabilisé 3.

En déduire la probabilité de B : « Le premier "pile" a été obtenu à un lancer pair ».

3. D’après 1, P(B) =

P

(+∞⋃k=1

A2k

).

Or les événements (A2k)k>1 sont deux à deux incompatibles (soyez convaincus avec ladéfinition de Ak que si i 6= j alors Ai et Aj ne peuvent être simultanément réalisés) donc

P(B) =+∞∑k=1

P (A2k) =+∞∑k=1

(12

)2k

=+∞∑k=1

(14

)k

Or∑k>1

(14

)k

est la série géométrique de raison q =14. Elle converge avec

+∞∑k=1

(14

)k

=14

1− 14

=1434

=13.

Conclusion : P(B) =13

Remarque : cela signifie que quand on lance indéfiniment une pièce de monnaie bienéquilibrée, la probabilité d’avoir le premier "pile" à un lancer pair est de 1

3 . La probabilitéd’avoir le premier "pile" à un lancer impair est donc de 2

3 soit deux fois plus élevé que lapremière. Cela répond donc à une première question introductive à ce chapitre.




3. D’après 1, P(B) = P

(+∞⋃k=1

A2k

).

Or les événements (A2k)k>1 sont

deux à deux incompatibles (soyez convaincus avec ladéfinition de Ak que si i 6= j alors Ai et Aj ne peuvent être simultanément réalisés) donc

P(B) =+∞∑k=1

P (A2k) =+∞∑k=1

(12

)2k

=+∞∑k=1

(14

)k

Or∑k>1

(14

)k


+∞∑k=1

(14

)k

=14

1− 14

=1434

=13.









(+∞⋃k=1

A2k

).


P(B) =

+∞∑k=1

P (A2k) =+∞∑k=1

(12

)2k

=+∞∑k=1

(14

)k

Or∑k>1

(14

)k


+∞∑k=1

(14

)k

=14

1− 14

=1434

=13.









(+∞⋃k=1

A2k

).


P(B) =+∞∑k=1

P (A2k) =

+∞∑k=1

(12

)2k

=+∞∑k=1

(14

)k

Or∑k>1

(14

)k


+∞∑k=1

(14

)k

=14

1− 14

=1434

=13.









(+∞⋃k=1

A2k

).


P(B) =+∞∑k=1

P (A2k) =+∞∑k=1

(12

)2k

=

+∞∑k=1

(14

)k

Or∑k>1

(14

)k


+∞∑k=1

(14

)k

=14

1− 14

=1434

=13.









(+∞⋃k=1

A2k

).


P(B) =+∞∑k=1

P (A2k) =+∞∑k=1

(12

)2k

=+∞∑k=1

(14

)k

Or∑k>1

(14

)k


+∞∑k=1

(14

)k

=

14

1− 14

=1434

=13.









(+∞⋃k=1

A2k

).


P(B) =+∞∑k=1

P (A2k) =+∞∑k=1

(12

)2k

=+∞∑k=1

(14

)k

Or∑k>1

(14

)k


+∞∑k=1

(14

)k

=14

1− 14

=1434

=13.







Une subtilité lorsque l’univers est infini est la notion d’événement"quasi"-certain/impossible :

Définition : Événement quasi-certain / quasi-impossible

ä Un événement A est dit quasi-certain (ou presque sûr) lorsque P(A) = 1.ä Un événement A est dit quasi-impossible (ou négligeable)

lorsque P(A) = 0.

Ce n’est pas parce que A est un événement quasi-certain que A = Ω. Demême, on peut rencontrer des événements A quasi-impossibles qui ne sontpas impossibles : A 6= ∅ !

Voir l’Exercice-Type 4 : on verra que quand on lance indéfiniment une piècede monnaie, la probabilité de n’avoir aucun "pile" (autrement dit que des"faces") est un événement quasi-impossible car sa probabilité est nulle. Onne peut en revanche par parler d’événement impossible car, en tant que tellel’issue correspondant à cet événement : (FFFFFF . . . ) existe bien.

Attention





ä Un événement A est dit quasi-certain (ou presque sûr) lorsque P(A) = 1.

ä Un événement A est dit quasi-impossible (ou négligeable)lorsque P(A) = 0.



Attention






lorsque P(A) = 0.



Attention






lorsque P(A) = 0.

Ce n’est pas parce que A est un événement quasi-certain que A = Ω. Demême, on peut rencontrer des événements A quasi-impossibles qui ne sontpas impossibles : A 6= ∅ !Voir l’Exercice-Type 4 : on verra que quand on lance indéfiniment une piècede monnaie, la probabilité de n’avoir aucun "pile" (autrement dit que des"faces") est un événement quasi-impossible car sa probabilité est nulle. Onne peut en revanche par parler d’événement impossible car, en tant que tellel’issue correspondant à cet événement : (FFFFFF . . . ) existe bien.

Attention



Beaucoup de propriétés vues dans le cas d’un univers fini sont encore vraies dansle cas d’un univers quelconque.

Proposition

Soit (Ω,A,P) un espace probabilisé et A, B et C trois événements.ä Si A et B sont deux événements incompatibles alors :

P(A ∪ B) = P(A) + P(B)

ä P(A)

= 1− P(A) probabilité de l’événement contraireä P(A ∪ B) = P(A) + P(B)− P(A ∩ B)

Formule du crible de Poincaré avec deux événementsä P(A \ B) = P(A)− P(A ∩ B)

ä Si A ⊂ B alors P(A) 6 P(B) croissance de la probabilitéä P(A ∪ B ∪ C ) = P(A) + P(B) + P(C )

−(P(A ∩ B) + P(A ∩ C ) + P(B ∩ C )

)+P(A ∩ B ∩ C ) Formule du

crible « 3 »



Proposition

Soient (Ω,A,P) un espace probabilisé, n ∈ N∗ et (An)n>1 un système com-plet d’événements de Ω.Alors

∑n>1

P(An) converge vers 1.


Théorème de la limite monotone

D’après la définition de probabilité, si (An)n>1 est une famille d’événements deuxà deux incompatibles alors

la série∑n>1

P(An) converge et on a :

P

(+∞⋃n=1

An

)=

+∞∑n=1

P(An)

Autrement dit, on sait calculer la probabilité d’une union d’événements deux àdeux incompatibles. Comment faire s’ils ne le sont pas ?



D’après la définition de probabilité, si (An)n>1 est une famille d’événements deuxà deux incompatibles alors la série

∑n>1

P(An) converge et on a :

P

(+∞⋃n=1

An

)=

+∞∑n=1

P(An)

Autrement dit, on sait calculer la probabilité d’une union d’événements deux àdeux incompatibles. Comment faire s’ils ne le sont pas ?




Soit (Ω,A,P) un espace probabilisé. Alors :

ä Si (An)n>1 est une famille croissante d’événements (c’est-à-dire sipour tout n ∈ N∗, An ⊂ An+1) alors la suite

(P(An)

)n>1 est convergente

et :

P

(+∞⋃n=1

An

)=

limn→+∞

P(An)

.

ä Si (An)n>1 est une famille décroissante d’événements (c’est-à-dire sipour tout n ∈ N∗, An+1 ⊂ An) alors la suite

(P(An)


et :

P

(+∞⋂n=1

An

)=

limn→+∞

P(An)

.

Une famille d’événements n’a pas de limite : c’est la suite(P(An)

)n>0

qui

peut en avoir une éventuellement.

Attention






(P(An)


et :

P

(+∞⋃n=1

An

)= lim

n→+∞P(An).


(P(An)


et :

P

(+∞⋂n=1

An

)=

limn→+∞

P(An)

.


)n>0

qui


Attention






(P(An)


et :

P

(+∞⋃n=1

An

)= lim

n→+∞P(An).


(P(An)


et :

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞P(An).


)n>0

qui


Attention



Dans le cas où la suite d’événements n’est ni croissante ni décroissante, on utilisele corollaire suivant :

Corollaire du théorème de la limite monotone

Soit (An)n>1 une famille quelconque d’événements. On a :

Ô P

(+∞⋃n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋃

k=1

Ak

)

Ô P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Ak

)



On lance indéfiniment une pièce truquée telle que la probabilité d’obtenir "pile"est égale à 0 < p < 1. On suppose que tous les lancers sont indépendants.Calculer de deux façons la probabilité de l’événementA : « Obtenir au moins un "pile" » :

1. En appliquant le théorème de la limite monotone avec les événements :• pour tout entier n > 1, An : « On obtient au moins un "pile" au cours

des n premiers lancers » .• pour tout entier k > 1, Fk : « On obtient "face" exactement au k eme

lancer ».2. En considérant le contraire A et en appliquant le corollaire du théorème de

la limite monotone à la suite d’événements (Fn)n>1.3. Que dire de l’événement A ?




On lance indéfiniment une pièce truquée telle que la probabilité d’obtenir "pile"est égale à 0 < p < 1. On suppose que tous les lancers sont indépendants.Calculer de deux façons la probabilité de l’événementA : « Obtenir au moins un "pile" » :1. En appliquant le théorème de la limite monotone avec les événements :

• pour tout entier n > 1, An : « On obtient au moins un "pile" au coursdes n premiers lancers » .• pour tout entier k > 1, Fk : « On obtient "face" exactement au k eme

lancer ».

2. En considérant le contraire A et en appliquant le corollaire du théorème dela limite monotone à la suite d’événements (Fn)n>1.

3. Que dire de l’événement A ?







la limite monotone à la suite d’événements (Fn)n>1.

3. Que dire de l’événement A ?







la limite monotone à la suite d’événements (Fn)n>1.3. Que dire de l’événement A ?



Théorème de la limite monotone 1.

Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1.

On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :Soit n ∈ N∗. Considérons l’événement contraire : An : « on n’obtient aucun "pile"au cours des n premiers lancers » soit « on n’obtient que des "faces" au cours

des n premiers lancers. Alors An = F1 ∩ F2 ∩ . . .Fn =n⋂

k=1

Fk .

Or les événements (Fk)k>1 sont mutuellement indépendants donc

P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :

Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1.

On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .

Calcul de P(An) :

Soit n ∈ N∗. Considérons l’événement contraire : An : « on n’obtient aucun "pile"au cours des n premiers lancers » soit « on n’obtient que des "faces" au cours


k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1.

On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :



k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1. On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé.

Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :



k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1. On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers.

Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :



k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1. On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :

Soit n ∈ N∗. Considérons l’événement contraire : An :

« on n’obtient aucun "pile"au cours des n premiers lancers » soit « on n’obtient que des "faces" au cours


k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1. On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :Soit n ∈ N∗. Considérons l’événement contraire : An :

« on n’obtient aucun "pile"au cours des n premiers lancers » soit « on n’obtient que des "faces" au cours


k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1. On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :Soit n ∈ N∗. Considérons l’événement contraire : An : « on n’obtient aucun "pile"au cours des n premiers lancers » soit

« on n’obtient que des "faces" au cours


k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Montrons que la famille d’événements (An)n>1 est croissante :Soit n ∈ N∗. Montrons que An ⊂ An+1. On suppose que An est réalisé et onmontre que An+1 est nécessairement réalisé. Comme An est réalisé, alors onobtient au moins un "pile" au cours des n premiers lancers. Cela signifie que surles n premiers lancers, il y a (au moins) un "pile" quelque part. Nécessairement,ce "pile" apparaît dans les n + 1 premiers lancers donc An+1 est réalisé. Ainsi,An ⊂ An+1 .Calcul de P(An) :Soit n ∈ N∗. Considérons l’événement contraire : An : « on n’obtient aucun "pile"au cours des n premiers lancers » soit « on n’obtient que des "faces" au cours

des n premiers lancers. Alors An =

F1 ∩ F2 ∩ . . .Fn =n⋂

k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n





k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n





k=1

Fk .


P(An

)=

P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n





k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n





k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =

n∏k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n





k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) =

(1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n





k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et

P (An) = 1− (1− p)n





k=1

Fk .


P(An

)= P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n donc

P(An

)= (1− p)n et P (An) = 1− (1− p)n



Calcul de P(A) :

A est réalisé si et seulement si l’on obtient au moins un pile durant la successionde lancers (une infinité) de la pièce. Autrement dit, si et seulement si l’on peuttrouver un entier n > 1 tel qu’au cours des n premiers lancers figure au moins"pile".Ainsi, A est réalisé si et seulement s’il existe un entier n > 1 tel que An est

réalisé : A =+∞⋃n=1

An .

Ô (An)n>1 est croissante

Ô A =+∞⋃n=1

An

Ô ∀n ∈ N∗, P(An) = 1− (1−p)n

d’après le théorèmede la limite monotone,P(A) = lim

n→+∞P(An)

= limn→+∞

1− (1− p)n = 1− 0 = 1

car 1− p ∈ ]−1 ; 1[(et même 1− p ∈ [0 ; 1[)

Conclusion : P(A) = 1



Calcul de P(A) :A est réalisé si et seulement si l’on obtient au moins un pile durant la successionde lancers (une infinité) de la pièce.

Autrement dit, si et seulement si l’on peuttrouver un entier n > 1 tel qu’au cours des n premiers lancers figure au moins"pile".Ainsi, A est réalisé si et seulement s’il existe un entier n > 1 tel que An est


An .


Ô A =+∞⋃n=1

An

Ô ∀n ∈ N∗, P(An) = 1− (1−p)n


n→+∞P(An)

= limn→+∞

1− (1− p)n = 1− 0 = 1

car 1− p ∈ ]−1 ; 1[(et même 1− p ∈ [0 ; 1[)




Calcul de P(A) :A est réalisé si et seulement si l’on obtient au moins un pile durant la successionde lancers (une infinité) de la pièce. Autrement dit, si et seulement si l’on peuttrouver un entier n > 1 tel qu’au cours des n premiers lancers figure au moins"pile".

Ainsi, A est réalisé si et seulement s’il existe un entier n > 1 tel que An est


An .


Ô A =+∞⋃n=1

An

Ô ∀n ∈ N∗, P(An) = 1− (1−p)n


n→+∞P(An)

= limn→+∞

1− (1− p)n = 1− 0 = 1

car 1− p ∈ ]−1 ; 1[(et même 1− p ∈ [0 ; 1[)




Calcul de P(A) :A est réalisé si et seulement si l’on obtient au moins un pile durant la successionde lancers (une infinité) de la pièce. Autrement dit, si et seulement si l’on peuttrouver un entier n > 1 tel qu’au cours des n premiers lancers figure au moins"pile".Ainsi, A est réalisé si et seulement s’il existe un entier n > 1 tel que An est

réalisé : A =

+∞⋃n=1

An .


Ô A =+∞⋃n=1

An

Ô ∀n ∈ N∗, P(An) = 1− (1−p)n


n→+∞P(An)

= limn→+∞

1− (1− p)n = 1− 0 = 1

car 1− p ∈ ]−1 ; 1[(et même 1− p ∈ [0 ; 1[)






An .


Ô A =+∞⋃n=1

An

Ô ∀n ∈ N∗, P(An) = 1− (1−p)n

d’après le théorèmede la limite monotone,P(A) =

limn→+∞

P(An)

= limn→+∞

1− (1− p)n = 1− 0 = 1

car 1− p ∈ ]−1 ; 1[(et même 1− p ∈ [0 ; 1[)






An .


Ô A =+∞⋃n=1

An

Ô ∀n ∈ N∗, P(An) = 1− (1−p)n


n→+∞P(An)

=

limn→+∞

1− (1− p)n = 1− 0 = 1

car 1− p ∈ ]−1 ; 1[(et même 1− p ∈ [0 ; 1[)






An .


Ô A =+∞⋃n=1

An

Ô ∀n ∈ N∗, P(An) = 1− (1−p)n


n→+∞P(An)

= limn→+∞

1− (1− p)n = 1− 0 = 1

car 1− p ∈ ]−1 ; 1[(et même 1− p ∈ [0 ; 1[)



Théorème de la limite monotone 2/3

2.

Comme A est : « On obtient au moins un "pile" au cours des lancers »

alors le contraire A est : « On n’obtient que des "faces" »donc A =+∞⋂n=1

Fn.

Comme la suite (Fn)n>1 n’est pas une suite décroissante (la réalisation de Fn+1

n’implique pas celle de Fn) alors d’après le corollaire du théorème de la limite monotone :

P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).

Or par indépendance mutuelle des (Fk)k>1,

P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.


3. Comme P(A) = 1 alors A est quasi-certain.Remarque : on ne peut pas dire que A est l’événement certain car A 6= Ω



2. Comme A est : « On obtient au moins un "pile" au cours des lancers »

alors le contraire A est :

« On n’obtient que des "faces" »donc A =+∞⋂n=1

Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.






alors le contraire A est : « On n’obtient que des "faces" »donc A =

+∞⋂n=1

Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

=

P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)=

limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =

n∏k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) =

(1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

=

limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)=

limn→+∞

(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

=

1− 0 = 1.







Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.


3.

Comme P(A) = 1 alors A est quasi-certain.Remarque : on ne peut pas dire que A est l’événement certain car A 6= Ω





Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.


3. Comme P(A) = 1 alors A est quasi-certain.

Remarque : on ne peut pas dire que A est l’événement certain car A 6= Ω





Fn.



P(A)

= P

(+∞⋂n=1

Fn

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Fk

).


P

(n⋂

k=1

Fk

)=

n∏k=1

P (Fk) =n∏

k=1

(1− p) = (1− p)n.

Ainsi, P(A)

= limn→+∞

P

(n⋂

k=1

Fk

)= lim

n→+∞(1− p)n = 0 et

P(A) = 1− P(A)

= 1− 0 = 1.




Théorème de la limite monotone Synthèse

Pour calculer P

(+∞⋃n=1

An

):

– Si les (An)n>1 sont deux à deux incompatibles, P

(+∞⋃n=1

An

)=

+∞∑n=1

P(An)

– Si la suite est croissante : An ⊂ An+1,

P

(+∞⋃n=1

An

)= lim

n→+∞P(An) (théorème de la limite monotone)

– Cas général :

P

(+∞⋃n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋃

k=1

Ak

)(corollaire du théorème de la limite

monotone)– Sinon, on peut se ramener à la probabilité d’une intersection :

P

(+∞⋃n=1

An

)= 1− P

(+∞⋂n=1

An

)︸︷︷︸

= ?

(cf point suivant).



Pour calculer P

(+∞⋃n=1

An

):


(+∞⋃n=1

An

)=

+∞∑n=1

P(An)


P

(+∞⋃n=1

An

)= lim


– Cas général :

P

(+∞⋃n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋃

k=1

Ak


monotone)

– Sinon, on peut se ramener à la probabilité d’une intersection :

P

(+∞⋃n=1

An

)= 1− P

(+∞⋂n=1

An

)︸︷︷︸

= ?

(cf point suivant).



Pour calculer P

(+∞⋃n=1

An

):


(+∞⋃n=1

An

)=

+∞∑n=1

P(An)


P

(+∞⋃n=1

An

)= lim


– Cas général :

P

(+∞⋃n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋃

k=1

Ak


monotone)– Sinon, on peut se ramener à la probabilité d’une intersection :

P

(+∞⋃n=1

An

)= 1− P

(+∞⋂n=1

An

)︸︷︷︸

= ?

(cf point suivant).



Pour calculer P

(+∞⋂n=1

An

):

– Si la suite (An)n>1 est décroissante : An+1 ⊂ An,

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim


– Cas général :

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Ak


monotone)– En particulier, si les événements (An)n>1 sont mutuellement indépendants :

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞

n∏k=1

P (Ak)

– Sinon, on peut se ramener à la probabilité d’une réunion :

P

(+∞⋂n=1

An

)= 1− P

(+∞⋃n=1

An

)︸︷︷︸

= ?

(voir point précédent).



Pour calculer P

(+∞⋂n=1

An

):


P

(+∞⋂n=1

An

)= lim


– Cas général :

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Ak


monotone)

– En particulier, si les événements (An)n>1 sont mutuellement indépendants :

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞

n∏k=1

P (Ak)


P

(+∞⋂n=1

An

)= 1− P

(+∞⋃n=1

An

)︸︷︷︸

= ?




Pour calculer P

(+∞⋂n=1

An

):


P

(+∞⋂n=1

An

)= lim


– Cas général :

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Ak


monotone)– En particulier, si les événements (An)n>1 sont mutuellement indépendants :

P

(+∞⋂n=1

An

)= lim

n→+∞

n∏k=1

P (Ak)


P

(+∞⋂n=1

An

)= 1− P

(+∞⋃n=1

An

)︸︷︷︸

= ?



Probabilités conditionnelles

Définition : Probabilité conditionnelle

Soit B un événement tel que P(A) 6= 0 .Pour tout événement A on appelle probabilité de B sachant A le nombre

PA(B) défini par PA(B) =P(A ∩ B)

P(A).

Rappel : Formule des probabilités composées

ä Intersection de deux événements : si P(A) 6= 0 alorsP(A ∩ B) = P(A)× PA(B).

ä Intersection d’une famille finie d’événements :si P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1) 6= 0 ,

P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An) = P(A1)× PA1(A2)× · · · × PA1∩...An−1(An)



ä Pour calculer la probabilité de l’intersection d’une suite infinie d’événements,on utilise le théorème de la limite monotone (si la suite des événements estdécroissante) ou son corollaire, ce qui permet de se ramener au cas d’uneintersection finie :

P

(+∞⋂k=1

Ak

)=

ä Cette formule est indispensable lorsque l’expérience aléatoire est composéede plusieurs étapes successives et qu’une étape influence la suivante.On choisira alors des événements Ak de façon à ce que : A1 ne concerneque la 1ere étape, A2 que la 2eme étape,. . ., Ai que de la i eme étape. . .

Méthode Calculer la probabilité d’une intersection infinie d’événements




P

(+∞⋂k=1

Ak

)=

Théorème dela limite mo-notone ou saconséquence






P

(+∞⋂k=1

Ak

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Ak

)Théorème dela limite mo-notone ou saconséquence






P

(+∞⋂k=1

Ak

)= lim

n→+∞P

(n⋂

k=1

Ak

)Théorème dela limite mo-notone ou saconséquence

Formuleprobabilitéscomposées





Si l’on dispose d’un système complet d’événements indexé par N, on a lesgénéralisations suivantes de la formule des probabilités totales et de la formule deBayes vues dans le cas d’un univers fini :

Formule des probabilités totales

Soit (Ω,A,P) un espace probabilisé et B un événement.ä Si

(Ak

)k>1 est un système complet d’événements, alors

P(B) =+∞∑k=1

P(Ak ∩ B).

ä Si de plus pour tout k > 1, P(Ak) 6= 0 alors

P(B) =+∞∑k=1

P(Ak)× PAk(B).



Ô C’est cette formule qui permet d’obtenir les relations de récurrencedans presque tous les exercices de probabilités.

Ô La formule des probabilités totales garantit la convergence des séries.

Formule de Bayes

Soit (Ω,A,P) un espace probabilisé.

Si(Ak

)k>1 est un système complet d’événements de probabilités non nulles

et si B est un événement de probabilité non nulle alors pour tout k ∈ N∗, ona :

PB(Ak) =P(Ak)× PAk

(B)

P(B)=

P(Ak)× PAk(B)

+∞∑k=1

P(Ak)× PAk(B)


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