La loi conditionnelle d'une binomiale

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La loi conditionnelle de $Y$ sachant un événement $A$ de probabilité non nulle est la distribution des $P(Y=y\mid A)=\frac{P((Y=y)\cap A)}{P(A)}$ ; c'est une loi, qui a une espérance — on dit « espérance de la loi conditionnelle », l'espérance conditionnelle n'étant pas au programme. Appelons mot un élément de $\{0,1{\}}^n$. La stratégie : tout événement construit sur $(X_1,\dots ,X_n)$ est une réunion disjointe d'événements « le $n$-uplet vaut le mot $w$ » ; on n'a qu'à compter des mots.

a) La loi de $X$, puis sa loi sachant $(X\ge 1)$. L'événement $(X=k)$ est la réunion disjointe des événements « $(X_1,\dots ,X_n)=w$ » pour les mots $w$ comportant exactement $k$ fois la valeur $1$ : il y en a $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ — choisir les places des $1$, « $k$ parmi $n$ » —, chacun de probabilité $p^k(1-p{)}^{n-k}$. Donc $P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}$ : $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$, d'espérance $np$.

Notons $q=P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-(1-p{)}^n$, strictement positif puisque $0<p<1$. Pour $k\ge 1$, $(X=k)\subset (X\ge 1)$, donc $$P(X=k\mid X\ge 1)=\frac{P(X=k)}{q}(1\le k\le n),$$ et $P(X=0\mid X\ge 1)=0$. Ces nombres sont positifs, de somme $\frac{P(X\ge 1)}{q}=1$ : c'est une loi. Conditionner, c'est renormaliser : on a retiré la masse du point $0$, et divisé le reste par ce qui restait.

Son espérance. Par définition de l'espérance d'une loi, $$\sum _{k=1}^{n}kP(X=k\mid X\ge 1)=\frac{1}{q}\sum _{k=0}^{n}kP(X=k)=\frac{np}{q},$$ le terme d'indice $0$, ajouté, étant nul, et la somme complète valant $E(X)=np$. Comme $q\in ]0,1[$, cette espérance dépasse $np$ : savoir qu'il y a eu au moins un succès augmente le nombre moyen de succès. Quand $p\to 0$, le développement limité $(1-p{)}^n=1-np+o(p)$ donne $q=np+o(p)$, et l'espérance tend vers $1$ : des succès rares, dont on sait qu'il y en a eu au moins un, se réduisent presque toujours à un seul.

b) La loi de $X_1$ sachant $(X=k)$. Soit $1\le k\le n$. Comme $X_1$ ne prend que les valeurs $0$ et $1$, il suffit de calculer la probabilité conditionnelle de $(X_1=1)$. L'événement $(X_1=1)\cap (X=k)$ réunit les mots commençant par $1$ et comportant $k$ fois la valeur $1$ : il reste à placer $k-1$ valeurs $1$ parmi $n-1$ places, soit $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)$ mots, chacun de probabilité $p^k(1-p{)}^{n-k}$. Le quotient par $P(X=k)$ vaut $$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}}=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)}=\frac{(n-1)!k!(n-k)!}{(k-1)!(n-k)!n!}=\frac{k}{n}.$$ Sachant $(X=k)$, $X_1$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $\frac{k}{n}$. Les puissances de $p$ et de $1-p$ se sont simplifiées.

c) La loi conditionnelle du $n$-uplet. Soit $w$ un mot. S'il comporte $k$ fois la valeur $1$, l'événement « $(X_1,\dots ,X_n)=w$ » est inclus dans $(X=k)$ et sa probabilité conditionnelle vaut $\frac{p^k(1-p{)}^{n-k}}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}}=\frac{1}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)}$ ; sinon, il est incompatible avec $(X=k)$ et sa probabilité conditionnelle est nulle. Sachant $(X=k)$, le $n$-uplet suit la loi uniforme sur les $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ mots comportant $k$ fois la valeur $1$. Le b) s'en déduit sans calcul : parmi ces mots équiprobables, la proportion de ceux qui commencent par $1$ est $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\frac{k}{n}$.

$p$ a disparu. Sachant le nombre de succès, leurs positions sont uniformes, quel que soit $p$ : toute l'information que les épreuves portent sur $p$ est dans $X$, et la fréquence $\frac{X}{n}$ en est l'estimation naturelle.

Contrôle exhaustif, $n=4$, $p=\frac{1}{3}$. L'énumération des seize mots donne une espérance conditionnelle de $\frac{108}{65}$, qui est bien $\frac{4/3}{65/81}$, et des probabilités conditionnelles de $(X_1=1)$ égales à $\frac{1}{4}$, $\frac{1}{2}$, $\frac{3}{4}$, $1$ pour $k=1,2,3,4$.

Le point délicat. Sachant $(X=k)$, les $X_i$ ne sont plus indépendantes : la proportion de mots commençant par deux $1$ est $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\frac{k(k-1)}{n(n-1)}$, qui diffère de $(\frac{k}{n}{)}^2$ dès que $1\le k\le n-1$. Connaître le total, c'est tirer les positions des succès sans remise.

Ce que l'exercice installe. Une loi conditionnelle est une loi, qui s'obtient en renormalisant sur l'événement observé. Et le c) dit davantage : sachant le macro-état — le nombre de succès —, tous les micro-états compatibles — les positions des succès — sont équiprobables. Le TD 14 avait compté ces micro-états pour des molécules entre deux compartiments ; la physique statistique prend leur équiprobabilité pour principe.