L'amincissement d'une loi de Poisson

Stratégie : calculer la loi conjointe du couple $(X,N-X)$, et la voir se factoriser. Tout est là. La factorisation en un produit de deux lois de Poisson donne d'un seul coup les deux lois marginales et l'indépendance : inutile de les établir séparément.

On note $q=1-p$. Le modèle : $N\sim \mathcal{P}(\lambda )$, et conditionnellement à $(N=n)$, le nombre d'éclosions $X$ suit la binomiale $\mathcal{B}(n,p)$, puisque chacun des $n$ œufs éclôt indépendamment avec la même probabilité $p$ :

$$P(X=k\mid N=n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k},0\le k\le n.$$

Le conditionnement est licite : $P(N=n)=e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^n}{n!}>0$ pour tout $n\in \mathbb{N}$.

1. La loi conjointe de $(X,N-X)$. Soient $k,j\in \mathbb{N}$. L'événement $(X=k,N-X=j)$ est exactement $(N=k+j)\cap (X=k)$ : il y a eu $k+j$ œufs, dont $k$ ont éclos. Par la formule des probabilités composées :

$$P(X=k,N-X=j)=P(N=k+j)P(X=k\mid N=k+j)=e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^{k+j}}{(k+j)!}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+j}{k}\right)p^k{q}^j.$$

Trois simplifications, chacune élémentaire :

• $\frac{1}{(k+j)!}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+j}{k}\right)=\frac{1}{(k+j)!}\cdot \frac{(k+j)!}{k!j!}=\frac{1}{k!j!}$ ;
• ${\lambda }^{k+j}{p}^k{q}^j=(\lambda p{)}^k(\lambda q{)}^j$ ;
• $e^{-\lambda }=e^{-\lambda p}{e}^{-\lambda q}$, puisque $p+q=1$.

D'où la factorisation :

$$P(X=k,N-X=j)=\left(e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}\right)\left(e^{-\lambda q}\frac{(\lambda q{)}^j}{j!}\right)\text{pour tous }k,j\in \mathbb{N}.$$

2. Les lois marginales. Sommons sur $j$ (tous les termes sont positifs, la sommation est licite ; on reconnaît la série exponentielle) :

$$P(X=k)=e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}\sum _{j=0}^{+\infty }{e}^{-\lambda q}\frac{(\lambda q{)}^j}{j!}=e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}\times 1.$$

Donc $X\sim \mathcal{P}(\lambda p)$, et par le même calcul en sommant sur $k$, $N-X\sim \mathcal{P}(\lambda q)$.

3. L'indépendance. En reportant les deux marginales dans la factorisation du 1 :

$$P(X=k,N-X=j)=P(X=k)P(N-X=j)\text{pour tous }k,j\in \mathbb{N},$$

ce qui est exactement la définition de l'indépendance de deux variables aléatoires discrètes. $X$ et $N-X$ sont indépendantes.

Le point délicat, et il est contre-intuitif. $X$ et $N-X$ sont indépendantes alors que leur somme $N$ est aléatoire : apprendre que douze œufs ont éclos ne renseigne en rien sur le nombre d'échecs. C'est propre à Poisson. Si l'on remplaçait $N$ par un entier déterministe $n$, alors $N-X=n-X$ serait une fonction de $X$, donc tout sauf indépendante de $X$ — c'est le caractère aléatoire de $N$, et la forme très particulière de sa loi, qui rend l'indépendance possible.

Contrôle chiffré. Prenons $\lambda =2$ et $p=0,3$, donc $\lambda p=0,6$ et $\lambda q=1,4$. Le calcul direct de la loi de $X$, sans passer par la factorisation, s'écrit $P(X=k)={\sum }_{n\ge k}{e}^{-2}\frac{2^n}{n!}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(0,3{)}^k(0,7{)}^{n-k}$, et donne numériquement :

$k$	somme directe $P(X=k)$	$e^{-0,6}\frac{(0,6{)}^k}{k!}$
$0$	$0,548811636094$	$0,548811636094$
$1$	$0,329286981656$	$0,329286981656$
$2$	$0,098786094497$	$0,098786094497$
$3$	$0,019757218899$	$0,019757218899$

Coïncidence à $10^{-12}$ : $X\sim \mathcal{P}(0,6)$ ✓. Test de la factorisation elle-même : $P(X=1,N-X=2)=0,07957714654313$ et $P(X=1)P(N-X=2)=0,07957714654313$ ✓. Enfin une conséquence testable de l'indépendance : les variances doivent s'ajouter, $V(X)+V(N-X)=\lambda p+\lambda q=\lambda =V(N)$, soit $0,6+1,4=2$ ✓ — égalité qui n'aurait aucune raison d'être vraie si la covariance n'était pas nulle.

Ce qui est acquis. L'amincissement : filtrer indépendamment, avec probabilité $p$, un comptage de Poisson d'intensité $\lambda$ redonne un comptage de Poisson d'intensité $\lambda p$ — et le rebut est indépendant du tri. C'est la propriété qui fait de Poisson le modèle universel des comptages.