Soit $P$ une probabilité solution. Posons

$$x=\mathrm{P}(A\cap B),y=\mathrm{P}(A\cap \overline{B}),z=\mathrm{P}(\overline{A}\cap B)\text{ et }t=\mathrm{P}(\overline{A}\cap \overline{B})\text{.}$$

On a $x,y,z,t\ge 0$ et par additivité

$$x+y+z+t=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(\overline{A})=1\text{.}$$

Inversement, si $x,y,z,t$ sont quatre réels positifs de somme égale à 1, on peut déterminer une probabilité $P$ sur $\mathrm{\Omega }$ vérifiant les conditions ci-dessus: il suffit d’introduire un élément de chacun des ensembles disjoints $A\cap B$, $A\cap \overline{B}$, $\overline{A}\cap B$ et $\overline{A}\cap \overline{B}$, de poser la probabilité de l’événement élémentaire associé égale à $x,y,z$ et $t$ respectivement, puis les probabilités des autres événements élémentaires égaux à 0.
Le problème revient alors à déterminer sous quelle condition, il existe $x,y,z,t\ge 0$ de somme égale à 1 tels que

$$\mathrm{P}(A\mid B)=a,\mathrm{P}(A\mid \overline{B)}=b,\mathrm{P}(B\mid A)=c\text{ et }\mathrm{P}(B\mid \overline{A)}=d\text{.}$$

Par additivité

$$\mathrm{P}(A)=x+y\text{ et }\mathrm{P}(B)=x+z\text{.}$$

On a alors $\mathrm{P}(A\mid B)=a$ si, et seulement si, $x=a(x+z)$.
De même, les autres conditions fournissent les équations

$$y=b(1-(x+z)),x=c(x+y)\text{ et }z=d(1-(x+y))$$

ce qui nous conduit à un système linéaire de quatre équations et trois inconnues

$$\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill (1-a)x-az& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill bx+y+bz& =b\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill (1-c)x-cy& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill dx+dy+z& =d\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

Les trois premières équations conduisent à la solution

$$x=\frac{abc}{a(1-c)+bc},y=\frac{ab(1-c)}{a(1-c)+bc}\text{ et }z=\frac{(1-a)bc}{a(1-c)+bc}$$

avec le dénominateur commun non nul car somme de quantités strictement positives.
La quatrième équation du système est alors vérifiée si, et seulement si,

$$ad(1-b)(1-c)=bc(1-a)(1-d)\text{.}$$

La solution $(x,y,z)$ alors obtenue vérifie $x,y,z\ge 0$ et $x+y+z\le 1$ de sorte que l’on peut encore déterminer $t\ge 0$ tel que $x+y+z+t=1$.
Finalement, il existe une probabilité telle que voulue si, et seulement si,

$$ad(1-b)(1-c)=bc(1-a)(1-d)$$

ce qui, en divisant par $abcd$, peut encore s’énoncer

$$\left(1-\frac{1}{b}\right)\left(1-\frac{1}{c}\right)=\left(1-\frac{1}{a}\right)\left(1-\frac{1}{d}\right)\text{.}$$