L'amincissement d'une loi de Poisson

La stratégie. Chercher d'abord la loi de $X$, puis prouver l'indépendance séparément, ferait deux fois le même calcul. On calcule directement la loi conjointe $P(X=k,Y=j)$ : elle se factorisera en un produit d'une fonction de $k$ par une fonction de $j$, chacune étant exactement une masse de Poisson. Ce seul calcul donne les deux marginales et l'indépendance.

a) La loi conditionnelle. Conditionnellement à $(N=n)$, les $n$ œufs éclosent indépendamment avec probabilité $p$ chacun : le nombre d'éclosions suit une binomiale, $$P(X=k\mid N=n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k}(0\le k\le n),$$ où $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ se lit « $k$ parmi $n$ ».

b) La loi conjointe. Soit $(k,j)\in {\mathbb{N}}^2$. L'événement $(X=k,Y=j)$ est exactement $(X=k,N=k+j)$ : connaître $X$ et $N-X$ revient à connaître $X$ et $N$. La formule des probabilités composées donne $$P(X=k,Y=j)=P(N=k+j)P(X=k\mid N=k+j)=e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^{k+j}}{(k+j)!}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+j}{k}\right)p^k{q}^j.$$ Or le coefficient binomial annule la factorielle de la loi de Poisson : $$\frac{1}{(k+j)!}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+j}{k}\right)=\frac{1}{(k+j)!}\cdot \frac{(k+j)!}{k!j!}=\frac{1}{k!j!}.$$ En séparant ${\lambda }^{k+j}={\lambda }^k{\lambda }^j$ : $$P(X=k,Y=j)=e^{-\lambda }\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}\cdot \frac{(\lambda q{)}^j}{j!}.$$

c) La factorisation, les marginales et l'indépendance. Il reste à couper l'exponentielle. Comme $p+q=1$, on a $\lambda =\lambda p+\lambda q$, donc $e^{-\lambda }=e^{-\lambda p}{e}^{-\lambda q}$, et $$P(X=k,Y=j)=\left[e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}\right]\cdot \left[e^{-\lambda q}\frac{(\lambda q{)}^j}{j!}\right].$$ C'est ici, et uniquement ici, que l'hypothèse « Poisson » sert : elle seule permet de scinder $e^{-\lambda }$ en deux facteurs qui partent chacun avec sa variable.

En sommant sur $j\in \mathbb{N}$ — famille positive, sommation par paquets licite — et en reconnaissant que ${\sum }_j{e}^{-\lambda q}\frac{(\lambda q{)}^j}{j!}=1$ : $$P(X=k)=e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p{)}^k}{k!},\text{donc}X\sim \mathcal{P}(\lambda p),$$ et symétriquement $Y\sim \mathcal{P}(\lambda q)$. La relation précédente se relit alors : pour tous $k,j$, $$P(X=k,Y=j)=P(X=k)P(Y=j),$$ ce qui est exactement la définition de l'indépendance de deux variables discrètes.

Le point délicat — $X$ et $N-X$ sont indépendantes, alors que leur somme vaut $N$. L'intuition proteste : deux variables issues du même tirage, dont la somme est entièrement déterminée. Il n'y a pourtant pas de paradoxe, parce que c'est $N$ qui est aléatoire : apprendre « $X=k$ » ne renseigne en rien sur $j$, le total s'ajustant librement.

d) Ce qui n'est pas indépendant, et pourquoi Poisson est spéciale. $X$ et $N$, elles, ne sont pas indépendantes : on a $X\le N$, ce qui interdit déjà l'indépendance (l'événement $(X=5,N=0)$ est impossible alors que les deux facteurs sont non nuls). Un calcul le confirme : $\mathrm{Cov}(X,N)=pV(N)=\lambda p\ne 0$.

Et si $N$ suit une binomiale $\mathcal{B}(n,r)$ au lieu d'une loi de Poisson, le couple $(X,N-X)$ suit une loi multinomiale, de covariance $-nrprq<0$ : les deux variables sont alors négativement corrélées, donc dépendantes. La propriété d'amincissement est propre à la loi de Poisson, et la raison est visible dans le calcul : il fallait que $e^{-\lambda }$ se coupe multiplicativement en suivant $\lambda =\lambda p+\lambda q$.

Contrôle chiffré. Avec $\lambda =3$ et $p=0,4$, donc $\lambda p=1,2$ : la formule annonce $P(X=2)=e^{-1,2}\frac{1,2^2}{2}=0,216860$, et le calcul direct de ${\sum }_{n\ge 2}P(N=n)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)p^2{q}^{n-2}$ donne la même valeur à six décimales.

Ce que l'exercice installe. Trier au hasard une population de Poisson produit des populations de Poisson indépendantes. C'est la propriété structurante des processus de Poisson : colorier chaque point en rouge avec probabilité $p$ et en bleu sinon donne deux processus indépendants d'intensités $\lambda p$ et $\lambda q$. Retenir surtout la méthode : calculer la loi conjointe d'un seul coup, et lire dedans les marginales et l'indépendance — c'est toujours plus court que trois calculs séparés. L'exercice 9 en redonnera une démonstration en deux lignes, par les fonctions génératrices.