\section{Espérance conditionnelle, poules et oeufs}
{\bf Source : $\cite{GS}$, pp. 67-68}

\dexer{\bf Définition de l'espérance conditionnelle}
\begin{deff}
Soient $X$ et $Y$ deux variables discrètes sur $(\Omega, \; \FF,
\; \Pro)$. Pour tout $x$ tel que $\Pro(X=x)>0$, la distribution
conditionnelle de $Y$ sachant $X=x$, notée $F_{Y|X}(.|x)$, est
définie par
$$F_{Y|X}(y|x)=\Pro(Y\leq y|X=x)$$
et on pose $F_{Y|X}(y|x)=0$ si $\Pro(X=x)=0$.
 La loi conditionnelle de $Y$
sachant $X=x$, notée $f_{Y|X}(.|x)$ est définie par
$$f_{Y|X}(y|x)=\Pro(Y=y|X=x).$$
\end{deff}

\quest 1) On note $f_X(x)=\Pro(X=x)$ et de même
$f_{X,Y}(x,y)=\Pro(X=x ; Y=y)$ la densité jointe de $X $ et $Y$.
Vérifier que $f_{Y|X}=\frac {f_{X,Y}}{f_X}$ et que $X$ et $Y$ sont
indépendantes si et seulement si $f_{Y|X}=f_Y.$

\begin{deff}Soit $Y$ une variable aléatoire discrète sommable. On appelle espérance conditionnelle de $Y$ sachant $X=x$
la fonction $\psi(x)$ notée et définie   par  :
$$\psi(x)=\esp(Y|X=x)=\sum_y yf_{Y|X}(y|x)=\sum_y\Pro(Y=y\mid X=x).$$
L'esp\'erance conditionnelle de $Y$ sachant $X$ est $\psi(X)$.
\end{deff}


\quest 2) (L'espérance de l'espérance conditionnelle est encore l'espérance).  Montrer que $\psi(X)=\esp(Y|X)$ est une
variable aléatoire et plus précisément qu'elle est $X$-mesurable. Démontrer que
\begin{equation} \label{conservationdelesperance}
\esp\left[\esp(Y|X)\right]=\esp (Y).
\end{equation}
On peut réécrire cette relation
$${\mathbb E}(Y)=\sum_x{\mathbb E}(Y|X=x)\Pro(X=x).$$

\fexer


\dsolution \quest 2) La fonction $x\to \Pro(Y=y\mid X=x)$ est constante sur chaque ensemble $\{X=x\}$. Donc elle est
$X$-mesurable. La fonction $\psi(x)$ est une limite presque sûre de fonctions $X$-mesurables et est donc $X$-mesurable.
Comme $Y$ est sommable on a
$$\E Y=\sum_{y}y\Pro(Y=y)=\sum_{x,y}y\Pro(Y=y,X=x)=\sum_x\sum_y\Pro(Y=y\mid X=x)\Pro(X=x)=\E[\E(Y\mid X)].$$
Attention: justifier soigneusement les différentes étapes avec Fubini!

 \fsolution

 \dexer{\bf La limite de Poisson.} On considère $N$ variables de Bernoulli indépendantes $X_n$ d'ordre 1 et de paramètre $\Pro(X_n=1)= p$
  très petit, $\Pro(X_n=0)=1-p$.

  \quest 1) Donner la loi (dite binômiale) de $S_N=X_1+\dots +X_N$, c'est-à-dire calculer $\Pro(S_n=k)$.  Montrer que quand $N\to \infty$,  $p\to 0$ avec
  $Np\to \lambda$, on a $\Pro(S_N=k)\to  e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}$. Cette distribution sur $\NN$ s'appelle
   loi de Poisson. Vérifier que c'est une distribution de probabilité.
  Montrer que la loi  binômiale converge étroitement vers la loi de Poisson.


  \quest 2) Donner une interprétation et discuter soigneusement des exemples. (Nombre de clients arrivant à une file d'attente dans
  un petit intervalle
  de temps donné, désintégration atomique, arrivée à maturité d'oeufs de poisson,...)

 \fexer

 \dsolution
 \quest 1)
La loi binômiale est $$C_N^k(1-p)^{N-k}p^k=C_N^k(1-\frac \lambda N)^{N-k}\frac{\lambda^k}{k!}\frac{N!}{N^k(N-k)!} \sim
e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}$$ quand $N\to\infty$.  Il est immédiat de vérifier que la somme de ces derniers
coefficients est 1. Ceci prouve qu'il y a ``conservation de la masse". Donc la loi binômiale, dont nous venons de voir
qu'elle converge vaguement vers la loi de Poisson, converge aussi étroitement (Proposition
\ref{convergencevagueetconservationmasse}).


\quest 2) Si par exemple un très grand nombre $N$ de voyageurs a une faible probabilité $p$ de se diriger dans un petit
intervalle de temps donné vers un certain guichet, le nombre de voyageurs arrivant au guichet suit une loi de Poisson.
L'exemple de la désintégration atomique est l'exemple idéal, les atomes ayant tous la même probabilité de se
désintégrer. Le nombre de descendants arrivant à maturité d'un poisson donné aussi (un très grand nombre d'oeufs, une
très faible probabilité de survie). L'exemple de la poule ci-dessous est plus discutable: peut-être vaut-il mieux la
remplacer par un saumon sauvage...

 \fsolution

 \dexer Application : une poule pond $N$ oeufs, $N$ suivant une loi de Poisson de paramètre $\lambda$,
c'est-à-dire $f_N(n)=\Pro(N=n)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}$.  Chaque oeuf éclôt avec probabilité $p$,
indépendamment des autres oeufs. On note $q=1-p$. Soit $K$ le nombre de poussins. Notre but est de calculer, puis
d'interpréter les valeurs de ${\mathbb E}(K|N)$, $\esp K $ et ${\mathbb E}(N|K)$.


\quest 1) Montrer que $f_{K|N}(k|n)=C_n^kp^k(1-p)^{n-k}$ et que ${\mathbb E}(K|N)=p N.$  En déduire que ${\mathbb E}
(K)=p\lambda$. \underline {Interpréter.}

\quest 2) Si vous ne l'avez jamais vue, montrer la règle de Bayes
(disposer d'un moyen mnémotechnique pour s'en souvenir).
$$\Pro(A|B)=\frac{\Pro(B|A)\Pro(A)}{\Pro(B)}.$$
 \quest 3) En utilisant la règle de Bayes,  montrer que si $n\geq
k$,
$$f_{N|K}(n|k)=\Pro(N=n|K=k)=\frac{(q\lambda)^{n-k}}{(n-k)!}e^{-q\lambda}.$$
Conclure que ${\mathbb E}(N|K)=K+q\lambda$. \underline{Interpréter}. \fexer

\dsolution \quest 1) Il faut bien sûr supposer que le nombre d'oeufs $N$ et la variable de Bernoulli d'éclosion de
chacun des oeufs sont des v.a. indépendantes! Grâce à cette indépendance:
$$\Pro(K=k\mid N=n)=\frac{\Pro(K=k, N=n)}{\Pro(N=n)}=\frac{\Pro(\sum_{i=1}^n X_i=k, N=n)}{\Pro(N=n)}=
\sum_{k=0}^nC_n^kp^k(1-p)^{N-k}.$$
 On a $$\E(K\mid N=n)=\sum_k k \frac{\Pro(K=k,N=n)}{\Pro(N=n)}=\sum_{k=0}^n
kC_n^kp^k(1-p)^{n-k}$$ $$=pn\sum_{k=1}^n\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1}(1-p)^{n-k}=pn(p+(1-p))^{n-1}=pn.$$

 \quest 2) On a
$${\mathbb P}(N=n|K=k)=\cfrac{{\mathbb P}(K=k|N=n){\mathbb P}(N=n)}{{\mathbb P}(K=k)}=$$
$$\cfrac{C_n^kp^k(1-p)^{n-k}(\frac{\lambda^n}{n!})e^{-\lambda}}{\sum_{m\geq
k}C_m^k p^k(1-p)^{m-k}(\cfrac{\lambda^m}{m!})e^{-\lambda}}= \frac{(q\lambda)^{n-k}}{(n-k)!}e^{-q\lambda}, $$ car
$$\sum_{m\geq k}\frac{m!}{k!(m-k)!}p^k(1-p)^{m-k}\frac{\lambda^m}{m!}=\lambda^k\frac{p^k}{k!}\sum_l\frac{(\lambda(1-p))^l}{l!}=
\frac{\lambda^kp^k}{k!}e^{q\lambda}.$$ Donc
$${\mathbb E}(N|K=k)=\sum_{n\geq k}n\frac{(q\lambda)^{n-k}}{(n-k)!}e^{-q\lambda}=
\sum_{m=0}^\infty(k+m)\frac{(q\lambda)^m}{m!}e^{-q\lambda}=k+q\lambda.$$ Donc ${\mathbb E}(N|K)=K+q\lambda$. Ce n'est
pas difficile à interpréter. On a ${\mathbb E} N=\lambda$, ${\mathbb E} K=p\lambda$. A titre de vérification des
résultats, remarquer que
$$\lambda={\mathbb E}N={\mathbb E}({\mathbb E}(N|K))={\mathbb E}(K+q\lambda)=p\lambda +q\lambda=\lambda.$$
L'espérance du nombre d'oeufs  sachant le nombre d'oeufs éclos est
égale à la somme du nombre, connu, d'oeufs éclos, $K$, plus
l'espérance du nombre d'oeufs non éclos, soit $q\lambda$.
 Formellement, on remplace  $p\lambda$ par $K$ dans la formule
 $\lambda=p\lambda + q\lambda$.  Voir aussi le théorème \ref{fonctiongeneratricedunesommealeatoiredeva}
 plus loin qui prouve le résultat plus précis: $K$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda p$. \fsolution

\dexer {\bf Formule générale caractérisant l'espérance conditionnelle}

Montrer que $Z={\mathbb E}(Y|X)$ vérifie
\begin{equation}\label{formulecaracterisantlesperanceconditionnelle}
{\mathbb E} (Zg(X))={\mathbb E}(Yg(X))
\end{equation}
 pour toute fonction $g$
telle que les deux espérances existent. Montrer qu'il y a une
unique fonction $Z=\psi(X)$ vérifiant
(\ref{formulecaracterisantlesperanceconditionnelle}) et que c'est
donc  $Z={\mathbb E}(Y|X)$.
 \fexer

\dsolution \quest Par hypothèse $\sum_x|\psi(x)g(x)|f_X(x)<\infty$ et $\sum_{x,y}|yg(x)|f_{X,Y}(x,y)<\infty.$ Cette
dernière hypothèse permet d'appliquer Fubini et de justifier tous les calculs qui suivent:

 On a $\E(Y|X)=\psi(X)$ avec $\psi(x)=\sum_yyf_{Y|X}(y|x).$  Donc
$${\mathbb E}({\mathbb E}(Y|X)g(X))= \sum_x \psi(x)g(x)f_X(x)=$$
$$
\sum_{x,y}
yf_{Y|X}(y|x)g(x)f_X(x)=\sum_{x,y}yg(x)f_{X,Y}(x,y)={\mathbb
E}(Yg(X)).$$ Unicité : soit $Z=\psi(X)$ vérifiant
(\ref{formulecaracterisantlesperanceconditionnelle}). On choisit
$g(X)=\indic_{x}(X)$. Cela donne
\begin{eqnarray*}
\psi(x){\mathbb P}(X=x)&=&\sum_{y,z} y \indic_x (z) {\mathbb P} (X=z; Y=y)\\
&=&\sum_y y {\mathbb P} (X=x; Y=y)\\
&=&\sum_y y{\mathbb P}(Y=y|X=x){\mathbb P} (X=x)
\end{eqnarray*}
Donc $\psi(x)=\sum_y y{\mathbb P}(Y=y|X=x)$ si $\Pro(X=x)\neq 0$. Donc $Z$ et $\psi(X)$ sont égales $\Pro_X$-p.s.
\fsolution
