L'absence de mémoire caractérise la loi géométrique

a) Sens direct. Posons $q=1-p$. Le cours donne $P(X>k)=q^k$ pour tout $k\in \mathbb{N}$ ; en particulier $P(X>n)=q^n>0$, et le conditionnement est licite. Comme $(X>n+m)\subset (X>n)$, l'intersection de ces deux événements est $(X>n+m)$, et $$P(X>n+m\mid X>n)=\frac{P(X>n+m)}{P(X>n)}=\frac{q^{n+m}}{q^n}=q^m=P(X>m).$$ Lecture : la pièce ne se souvient pas d'avoir échoué $n$ fois ; l'attente qui reste a la même loi que l'attente initiale.

b) L'équation fonctionnelle des queues. La stratégie : une loi sur ${\mathbb{N}}^{\ast }$ est décrite par sa suite de queues $u_n=P(X>n)$, puisque $P(X=k)=u_{k-1}-u_k$ ; on traduit l'hypothèse en une équation sur $(u_n)$, et on la résout.

Les conditionnements sont licites, puisque $u_n>0$. Comme au a), $(X>n+m)\subset (X>n)$, et l'hypothèse s'écrit $\frac{u_{n+m}}{u_n}=u_m$, c'est-à-dire $$u_{n+m}=u_n{u}_m\text{pour tous }n,m\in \mathbb{N}.$$ Prenons $m=1$ : $u_{n+1}=q{u}_n$ pour tout $n$. Et $u_0=P(X>0)=1$, puisque $X$ est à valeurs dans ${\mathbb{N}}^{\ast }$. Par récurrence — l'initialisation est $u_0=1=q^0$, l'hérédité est la relation $u_{n+1}=q{u}_n$ —, on obtient $u_n=q^n$ pour tout $n\in \mathbb{N}$.

c) Pourquoi $0<q<1$. D'une part, $q=u_1>0$ par hypothèse. D'autre part, les événements $(X>n)$ forment une suite décroissante dont l'intersection est vide : une variable à valeurs dans ${\mathbb{N}}^{\ast }$ ne dépasse pas tous les entiers. Par continuité décroissante, $$u_n=P(X>n)\underset{n\to +\infty }{\to }P(\varnothing )=0.$$ Or $u_n=q^n$, avec $q\le 1$ puisque c'est une probabilité : si l'on avait $q=1$, la suite serait constante égale à $1$. Donc $q<1$. Enfin, pour $k\ge 1$, l'événement $(X>k-1)$ est la réunion disjointe de $(X=k)$ et de $(X>k)$, d'où $$P(X=k)=u_{k-1}-u_k=q^{k-1}(1-q).$$ C'est la loi géométrique de paramètre $1-q\in ]0,1[$.

Le point délicat. L'hypothèse « $0<P(X>1)<1$ » qu'on ajoute parfois n'était pas nécessaire : la positivité vient de ce qu'on peut conditionner, et l'inégalité stricte $q<1$ de la continuité décroissante, c'est-à-dire de la $\sigma$-additivité — l'étape qui fait de l'exercice un exercice de deuxième année.

d) Le noyau qui ne vieillit pas. L'hypothèse est exactement l'absence de mémoire, et $P(X>n)>0$ pour tout $n$. Par b) et c), $X$ suit une loi géométrique, de paramètre la probabilité $p$ de se désintégrer pendant la première seconde. En écrivant $1-p=e^{-1/\tau }$, la loi de survie devient $P(X>n)=(1-p{)}^n=e^{-n/\tau }$ : c'est la loi de décroissance radioactive $N(t)=N_0{e}^{-t/\tau }$ de la physique, observée aux instants entiers.

Les chiffres, pour $p=10^{-3}$. De $(1-p{)}^{t_{1/2}}=\frac{1}{2}$ on tire $t_{1/2}=\frac{\ln 2}{-\ln (1-p)}\approx 692,8$ secondes, et la durée de vie moyenne vaut $E(X)=\frac{1}{p}=1000$ secondes. Leur rapport, $1,443$, est très proche de $\frac{1}{\ln 2}\approx 1,4427$ : c'est la relation $\tau =\frac{t_{1/2}}{\ln 2}$ du physicien, retrouvée parce que $-\ln (1-p)\sim p$ pour $p$ petit.

Ce que l'exercice installe. Une loi sur ${\mathbb{N}}^{\ast }$ se lit sur ses queues, et une propriété de la loi devient une équation fonctionnelle sur la suite des queues — ici $u_{n+m}=u_n{u}_m$, dont les solutions sont les suites géométriques. L'absence de mémoire caractérise la loi géométrique : c'est le modèle de tout phénomène qui ne vieillit pas, la désintégration radioactive au premier chef. Et la continuité décroissante, qui paraît abstraite, a fourni l'inégalité $q<1$.