Probabilités totales

Je pense avoir trouvé. Imaginons une situation dans laquelle on tire au hasard dans une urne des boules. Dix sont rouges et dix sont noires. Parmi les boules noires, certaines sont gagnantes, et pareillement pour les boules rouges. Les probabilités associées sont inscrites sur l'arbre pondéré du premier message. On note $B$ l'évènement : "tirer une boule noire" et $A_1$ l'évènement : "obtenir une boule gagnante". Effectivement, on voit bien que la probabilité de tirer une boule noire, soit $\mathbb{P}(B)$ est différente de la probabilité de tirer une boule gagnante ou non gagnante (car il y a aussi les boules rouges qui peuvent être gagnantes ou non). Aussi, s'il n'y avait que des boules noires dans l'urne, pouvant toujours être gagnantes ou non, et bien la probabilité d'obtenir une boule gagnante ou non gagnante serait égale à la probabilité de tirer une boule noire (formule des probabilités totales). Comme nous ne sommes pas dans ce cas là, on a $\mathbb{P}(B) \ne \mathbb{P}(A_1+\overline{A_1})$ puisque gagnante plus pas gagnante n'est pas égal noir (car il y aussi des boules rouges) !! De plus, $\mathbb{P}_B(A_1)+\mathbb{P}_B(\overline{A_1})=1$ et non à $\mathbb{P}(B)$. En effet, ce n'est pas parce qu'on effectue des calculs au sein d'un ensemble $B$ que la somme des deux possibilités à l'échelle des deux sous-ensembles vaut nécessairement la probabilité de l'ensemble lui-même (car $\mathbb{P}(B)$ va dépendre des boules rouges, que l'on ne prend pas en compte dans $\mathbb{P}_B(A_1)+\mathbb{P}_B(\overline{A_1})$) !! Reste plus qu'à travailler sur le cas impliquant la cardinalité. On considère toujours les mêmes évènements. Le problème réside dans le fait qu'il y a bien deux univers différents que l'on note $\Omega_1$ et $\Omega_2$. L'univers $\Omega_1$ se rapporte à l'expérience "tirer une boule dans l'urne" et donc $\Omega_1 = [N ; R]$ d'où $\text{Card}(\Omega_1)=20$ car $20$ boules au total. Tandis que l'autre univers $\Omega_2$ se rapporte à l'expérience "tirer une boule et on regarde si elle est gagnante ou perdante" et donc $\Omega_2 = [G ; P]$ ($G$ pour gagnante et $P$ pour perdante) ; d'où $\text{Card}(\Omega_2)=20$. Contrairement à ce qui est écrit dans mon premier message, il faut en réalité considérer que $A_1=A_2$ et que $\overline{A_1}=\overline{A_2}$. Mes calculs de cardinaux dans mon premier message sont faux car j'ai oublié de comptabiliser les boules rouges gagnantes et perdantes. D'après les probas de l'arbre, $\text{Card}(A_1)=\frac{\text{Card}(B)}{3}+\frac{\text{Card}(\overline{B})}{4}=\frac{10}{3}+\frac{10}{4}=\frac{35}{6}$ ; $\text{Card}(\overline{A_1})=\frac{2}{3}\text{Card}(B)+\frac{3}{4}\text{Card}(\overline{B})=\frac{20}{3}+\frac{30}{4}=\frac{85}{6}$. Et donc comme $\text{Card}(\Omega_1)=\text{Card}(\Omega_2)=20$, on peut écrire $\frac{\text{Card}(A_1)}{\text{Card}(\Omega_2)}+\frac{\text{Card}(\overline{A_1})}{\text{Card}(\Omega_2)}\ne\frac{\text{Card(B)}}{\text{Card}(\Omega_1)}$ car $\frac{1}{6} \ne \frac{1}{2}$. Finalement, $\mathbb{P}(B)\ne\mathbb{P}(A_1)+\mathbb{P}(\overline{A_1})$. Si vous êtes d'accord avec l'ensemble de ce message, on pourra affirmer que tout est rentré dans l'ordre. (:P)