Convergence en loi. Théorème de la limite centrale.

Université Pierre et Marie Curie
Probabilités et statistiques - LM345
2013-2014
Feuille 10 (semaine du 2 au 6 décembre 2013)
Convergence en loi. Théorème de la limite centrale.
Convergence en loi
1. Soient (Xn )n∈N une suite de variables aléatoires réelles définies sur un espace
(Ω, F , P) et f une application continue de R dans R. On suppose que (Xn )n∈N converge
en loi vers une variable aléatoire X.
Montrer que la suite (f (Xn ))n∈N converge en loi vers f (X).
Solution de l’exercice 1. Tout d’abord, f (Xn ) est bien une variable aléatoire comme
composée de la variable aléatoire Xn et de l’application f qui est continue. Si ϕ est une
application de R dans R continue bornée, remarquons que ϕ ◦ f est également continue
bornée. L’hypothèse de convergence en loi de la suite (Xn )n∈N vers X implique lim E[ϕ ◦
f (Xn )] = E[ϕ ◦ f (X)] que l’on peut écrire lim E[ϕ(f (Xn ))] = E[ϕ(f (X))]. Ceci étant
valable pour toute ϕ continue bornée, (f (Xn ))n∈N converge en loi vers f (X).
2. a. Soit (Xn )n≥1 une suite de variables aléatoires réelles qui converge en loi vers une
variable aléatoire réelle constante a. Montrer que la convergence a lieu aussi en probabilité.
b. Soit (Xn )n≥1 une suite indépendante
de variables aléatoires réelles de même loi de
Pn
Cauchy de paramètre 1. Soit Sn = k=1 Xk . Etudier les convergences en probabilité et
en loi des suites ( √1n Sn )n≥1 , ( n1 Sn )n≥1 et ( n12 Sn )n≥1 .
Indication : la fonction caractéristique de la loi de Cauchy est donnée par φ(t) = e−|t| .
Solution de l’exercice 2. a. Soit ε > 0 et fε définie par fε (x) = 1]a−ε,a+ε[c (x) + 1ε |x −
a|1]a−ε,a+ε[ . Cette fonction est continue bornée, donc la suite (E[fε (Xn )])n≥1 converge vers
E[fε (a)] = 0. Comme
P(|Xn − a ≥ ε|) = E[1]a−ε,a+ε[c (Xn )] ≤ E[fε (Xn )],
(Xn )n≥1 converge en probabilité vers a.
b. La fonction caractéristique de √1n Sn est donnée par
n
√
it
it
√
√
S
X
φ(t) = E[e n n ] = E[e n 1 ] = e−|t| n ,
√ car les Xn sont indépendantes. Comme la suite e−|t| n n≥1 tend vers 1{0} (t) qui définit
une application non continue en 0. Donc la limite des fonctions caractéristiques n’est pas
une fonction caractéristique, et ( √1n Sn )n≥1 ne converge ni en loi, ni en probabilité.
1
La fonction caractéristique de n1 Sn est φ(t) = e−|t| . La suite ( n1 Sn )n≥1 converge donc en
loi vers une variable aléatoire de loi de Cauchy. Mais elle ne converge pas en probabilité. En
2n
effet, sinon, la suite ( Snn − S2n
)n≥1 convergerait en probabilité, donc aussi en loi, vers 0. Or,
it
2n
la fonction caractéristique de Snn − S2n
est donnée par φ(t) = E[e 2n (X1 +···+Xn −(Xn+1+···+X2n )) ] =
e−|t| , qui ne converge pas vers 1, fonction caractéristique de la variable aléatoire 0.
|t|
La fonction caractéristique de n12 Sn est φ(t) = e− n qui converge vers 1. Ainsi, la suite
( n12 Sn )n≥1 converge en loi et donc en probabilité vers 0.
3. Soient X une variable aléatoire réelle, (Xn )n∈N et (Yn )n∈N deux suites de v.a.r.
a. Montrer que pour tout t ∈ R, a > 0 et n ∈ N,
|φXn +Yn (t) − φXn (t)| ≤ 2P(|Yn |> a) + E[1]−∞,a] (|Yn |)|eitYn − 1|].
b. Montrer que si (Xn )n∈N converge en loi vers X et (Yn )n∈N converge en loi vers 0,
alors la suite (Xn + Yn )n∈N converge en loi vers X.
c. Montrer que la convergence en loi de (Xn )n∈N vers X n’implique pas la convergence
en loi de (Xn − X)n∈N vers 0.
Solution de l’exercice 3.
a) Pour tous t ∈ R, a > 0 et n ∈ N,
|φXn +Yn (t) − φXn (t)| = |E[eitXn (eitYn − 1)]| ≤ E[|eitYn − 1|]
Z
Z
itYn
=
|e
− 1|dP +
|eitYn − 1|dP
{|Yn |>a}
{|Yn |≤a}
Z
≤ 2P(|Yn | > a) +
|eitYn − 1|dP
{|Yn |≤a}
b) En fait, Yn converge en probabilité vers 0. Soit ε > 0. Il existe a0 > 0 tel que
pour y ≤ a0 , |eit − 1| ≤ ε. De plus, il existe n0 ∈ N tel que pour tout n ≥ n0 ,
P(|Yn | > a0 ) ≤ ε. Donc, |φXn +Yn (t)−φXn (t)| ≤ 3ε. La convergence en loi de (Xn )n∈N
vers X implique qu’il existe n1 (que l’on peut prendre plus grand que n0 ), tel que,
pour tout n ≥ n1 , |φXn (t) − φX (t)| ≤ ε. On a montré que pour tout n ≥ n1 ,
|φXn +Yn (t) − φX (t)| ≤ 4ε d’où la convergence en loi demandée.
Pour éviter les on peut utiliser la notion de limite supérieure. Pour tout a positif
on a :
| φXn +Yn (t) − φX (t) | ≤| φXn +Yn (t) − φXn (t) | + | φXn (t) − φX (t) |
≤ 2P[| Yn |≥ a] + E[11[0,a] (| Yn |) | eitYn − 1 |]+ | φXn (t) − φX (t) |
≤ 2P[| Yn |≥ a] + sup | eitx − 1 | + | φXn (t) − φX (t) |
x∈[0,a]
2
or la limite supérieur d’une somme est plus petite que la somme des limites supérieures et si une suite converge sa limite supérieure est égale à sa limite donc pour
tout réel a positif :
limn | φXn +Yn (t) − φX (t) | ≤ 2limn P[| Yn |≥ a] + sup | eitx − 1 | +limn | φXn (t) − φX (t) |
x∈[0,a]
= sup | eitx − 1 |,
x∈[0,a]
la dernière égalité provenant de la convergence en loi de Xn vers X et de la convergence en probabilité de Yn vers 0. Ainsi pour tout a réel positif :
limn | φXn +Yn (t) − φX (t) |≤ sup | eitx − 1 |,
x∈[0,a]
en faisant tendre a vers 0 on obtient donc limn | φXn +Yn (t) − φX (t) |= 0.
Or (| φXn +Yn (t) − φX (t) |)n est une suite de termes positifs donc elle est convergente
et converge vers 0.
c) On prend X de loi symétrique (X a la même loi que −X), et on pose Xn = −X.
Alors Xn converge en loi vers X, mais Xn − X converge en loi vers −2X.
Applications du TCL
4. Soit (Xn )n≥1 une suite
variables aléatoires indépendantes de même loi de Poisson
Pde
n
de
1. Soit Sn = k=1 Xk . Rappeler la loi de Sn et calculer la limite de la suite
paramètre
Pn nk −n
.
e
k=0 k!
n≥1
Solution de l’exercice 4. Une somme de v.a. de Poisson indépendantes est une v.a. de
Poisson dont le paramètre (qui est aussi l’espérance et la variance) est la somme de ceux
des v.a. qu’on a ajoutées. Ainsi Sn suit une loi de Poisson de paramètre n. En particulier,
k
si k ∈ N, alors e−n nk! = P(Sn = k). En sommant, on obtient
!
n
k
X
n
e−n
= P(Sn ≤ n) = P(Sn /n ≤ 1).
k!
k=0
La loi des grands nombres nous dit que Sn /n → E[X1 ] = 1 p.s. Ainsi Sn /n est proche de
1, mais ce résultat ne nous dit pas s’il est un peu plus grand ou un peu plus petit. Pour
avoir des informations sur Sn /n − 1, (et en particulier son signe), on applique le théorème
de la limite centrale :
Sn − n loi
√
−→ N (0, 1).
n n→∞
D’après le corrolaire 4.2.1 du cours, on en déduit que, si Y suit une loi normale standard,
alors, lorsque n → ∞,
Sn − n
P(Sn /n ≤ 1) = P( √
≤ 0) → P(Y ≤ 0) = 1/2.
n
3
L’égalité P(Y ≤ 0) = 1/2 découle du fait que Y est symétrique.
Ainsi, on a montré que
!
n
k
X
n
e−n
→ 1/2.
k!
k=0
5. a. Soit (pn )n≥0 une suite de réels dans ]0, 1[ telle que limn→+∞ npn = λ > 0. Soit
(Xn )n≥0 une suite de v.a. telles que pour tout n : Xn ∼ B(n, pn ) et X une v.a. de loi de
Poisson paramètre λ. Montrer que (Xn )n≥0 converge en loi vers X.
b. Soit (Xn )n≥0 une suite de v.a. réelles indépendantes
loi N (0, 1). Etudier
√
Pnde même
1
le comportement asymptotique en loi de la suite Yn = n k=1 kXk .
Solution de l’exercice 5. a. Afin de montrer la convergence en loi de (Xn )n≥0 vers X.
Montrons que φXn (t) −−−−→ φX (t) pour tout t ∈ R, où φX designe la fonction caractérisn→+∞
tique d’une variable aléatoire X.
n
φXn (t) = 1 − pn + pn ei t
= exp n ln(1 − pn + pn ei t)
= exp −npn (1 − ei t) + npn n
∼n exp −npn (1 − ei t)
it −1)
−−−−→ eλ(e
n→+∞
où n −−−−→ 0
n→+∞
= φX (t).
b. Vu la forme de la variable de Yn , on est tenté d’appliquer
la loi des grands nombres.
√
Cependant on ne peut pas l’appliquer car les variables kXk ne sont pas identiquement
distribuées. On va donc à nouveau utiliser les fonctions caractéristiques afin de démontrer
un résultat de convergence en loi. Les variables aléatoires Xn sont indépendantes, donc
Yn est une variable gaussienne de moyenne 0 et de variance n(n+1)
donc :
2n2
φYn (t) = e−
n(n+1) 2
t
2n2
2 /2
−−−−→ e−t
n→+∞
.
On a donc montré que (Yn )n≥1 converge en loi vers une loi normale centrée réduite N (0, 21 ).
6. On suppose que l’intervalle de temps entre deux voitures successives à un passage
à niveau (peu fréquenté) suit une loi exponentielle de moyenne 30 minutes. On suppose de
plus qu’il y a indépendance entre les intervalles de temps séparant les instants de passage
de voitures. Calculer (une valeur approchée) de la probabilité qu’il y ait plus de 50 voitures
qui empruntent le passage à niveau une journée donnée.
Solution de l’exercice 6. Soit (Xn )n≥0 une suite de v.a. i.i.d suivant la loi exponentielle
de paramètre 1/30. On a alors E[X1 ] = 30 et V ar(X1 ) = 900. Xn représente le temps
4
(en minutes) qui sépare le passage de la (n − 1)ième voiture de la n−ième voiture. On
considère ensuite Sn = X1 + . . . Xn . Sn donne l’instant de passage de la n−ième voiture.
On veut déterminer
P[S50 ≤ 24 × 60].
Or on a
−2
S50 − 50 × 30
24 × 60 − 50 × 30
√
√
≈F √
,
P[S50 ≤ 24 × 60] = P
≤
30 × 50
30 × 50
50
où F est la fonction de répartition
de
la loi normale centrée réduite, l’approximation étant
−2
√
donnée par le TCL. De plus F
≈ F (−0.283) = 1 − F (0.283). En utilisant une table
50
ou un logiciel on obtient F (0.283) ≈ 0.61. On a donc P[S50 ≤ 24 × 60] ≈ 0.39.
7. La somme des résultats de 10000 lancers d’un même dé est 35487. Pensez-vous que
√
R +∞ x2
ce dé soit truqué ? On pourra utiliser l’égalité approchée 3,29 e− 2 dx ' 0, 0005 2π.
Solution de l’exercice 7. Une suite de lancers de dés peut être modélisée par une suite
(Xn )n≥1 de variables aléatoires indépendantes de même loi uniforme sur l’ensemble fini
{1, . . . , 6}. On a
7
1
E[X1 ] = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = ,
6
2
1 2
91
2
2
2
2
2
E[X1 ] = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 62 ) = ,
6
6
35
2
2
Var(X1 ) = E[X1 ] − E[X1 ] = .
12
Notons Sn = X1 + . . . + Xn la somme des n premiers lancers. Le théorème central limite
affirme que l’on a la convergence en loi
Sn − 7n
(d)
2
p
−→ N (0, 1).
nVar(X1 ) n→∞
7n
S −
Faisons l’approximation consistant à dire que pour n = 10000, la loi de √ n 2
nVar(X1 )
est égale
à la loi normale N (0, 1). On a alors, pour tout a > 0, et avec n = 10000,
Z a
x2
1
7n p
7n p
e− 2 dx.
P
− nVar(X1 )a ≤ Sn ≤
+ nVar(X1 )a = √
2
2
2π −a
Prenons a = 3, 29. Nous avons
Z 3,29
Z +∞
2
x2
1
1
− x2
√
e
dx = 1 − 2 √
e− 2 dx = 0, 999.
2π −3,29
2π 3,29
Ainsi,
P(35000 − 562 ≤ S10000 ≤ 35000 + 562) ' 0, 999.
Nous observons une somme qui appartient à cet intervalle. Nous décidons donc de dire
que la somme obtenue est compatible avec l’hypothèse que ce dé est équilibré.
5