PROCESSUS STOCHASTIQUES - TD 5
MARTINGALES - CONVERGENCE PS
Exercice 1 (Une preuve de la loi du 0-1 de Kolmogorov par la th´
eorie des martingales).
Soit (Xn)n0une suite de variables al´
eatoires ind´
ependantes. On d´
efinit: Fn=σ(X1, . . . , Xn),
Fn=σ(Xn+1, Xn+2, . . .)et leurs limites F=σSn1Fnet F=Tn1Fn.
Soit A∈ F. Montrer, en utilisant la martingale (Mn, n 1) d´
efinie par Mn=E[A|Fn]
pour n1, que P(A) = 0 ou P(A) = 1.
Correction : On v´
erifie facilement que (Mn)est bien une martingale: pour tout n,Mnest
Fn-mesurable par d´
efinition de l’esp´
erance conditionnelle, Mnest int´
egrable car born´
e par 1,
et
E(Mn+1|Fn) = Mn
car Fn⊂ Fn+1. C’est une martingale ferm´
ee, i.e., Mn=E(Z|Fn)pour une variable al´
eatoire
Zint´
egrable (ici Z=A) - ce qui est ´
equivalent au fait d’ˆ
etre uniform´
ement int´
egrable -, donc
elle converge p.s. et dans L1vers M=E(A|F). D’une part F⊂ Fdonc M=Ap.s.,
d’autre part pour tout n,Fnest ind´
ependante de Fdonc Mn=P(A)p.s., donc on obtient
A=P(A)p.s. ,
ce qui signifie que P(A)vaut 0ou 1.
Exercice 2 (L’urne de Polya).
`
A l’instant 0, une urne contient aboules blanches et b=N0aboules rouges. On tire une
boule et on la remplace par deux boules de la mˆ
eme couleur, ce qui donne la composition de
l’urne `
a l’instant 1. On r´
ep`
ete ce proc´
ed´
e.
Pour n1, on note Ynet Xn=Yn
N0+nrespectivement le nombre et la proportion de boules
blanches dans l’urne `
a l’instant n. Soit Fn=σ(Y1, . . . , Yn).
1. Donner P[Yn+1 =Yn+ 1|Fn]et P[Yn+1 =Yn|Fn]. Montrer que (Xn)n0est une martin-
gale qui converge p.s. vers une variable al´
eatoire, que l’on note U, et montrer que pour
tout k1,lim
n→∞
E[Xk
n] = E[Uk].
2. Cas a=b= 1.Montrer que pour tout n0,Ynsuit une loi uniforme sur {1, ..., n + 1}.
En d´
eduire la loi de U.
3. Cas g´en´eral. On fixe k1. On pose pour tout n1:
Zn=Yn(Yn+ 1) . . . (Yn+k1)
(N0+n)(N0+n+ 1) . . . (N0+n+k1) .
Montrer que (Zn)n1est une martingale pour la filtration (Fn)n1. En d´
eduire la valeur
de E[Uk].
4. Montrer que la fonction caract´
eristique d’une variable al´
eatoire r´
eelle born´
ee se d´
eveloppe
en s´
erie enti`
ere sur R(on exhibera le d´
eveloppement en s´
erie enti`
ere). En d´
eduire qu’on
a caract´
eris´
e la loi de U.
Correction :
1
1. On a
P(Yn+1 =Yn+ 1|Fn) = E({la nieme boule tir´
ee est blanche}|Fn) = Xn
et de mˆ
eme
P(Yn+1 =Yn|Fn) = 1 Xn.
Pour tout n1,Xnest Fn-mesurable, Xn[0,1] donc est int´
egrable et
E(Xn+1|Fn) = EYn+ 1
N0+n+ 1 {Yn+1=Yn+1}|Fn+EYn
N0+n+ 1 {Yn+1=Yn}|Fn
=Yn+ 1
N0+n+ 1P(Yn+1 =Yn+ 1|Fn) + Yn
N0+n+ 1P(Yn+1 =Yn|Fn)
=Yn+ 1
N0+n+ 1Xn+Yn
N0+n+ 1(1 Xn) = Xn+Yn
N0+n+ 1 =Xn,
donc (Xn, n 0) est une martingale. ´
Etant positive (ou born´
ee dans L1, les deux argu-
ments fonctionnent), elle converge p.s. vers une v.a. U. De plus, (Xn, n 1) est `
a valeurs
dans [0,1] donc d’apr`
es le th´
eor`
eme de convergence domin´
ee, pour tout k1,
E(Xk
n)
n→∞
E(Uk).
2. On a imm´
ediatement l’initialisation de la r´
ecurrence pour n= 0. Supposons que pour un
n2on sait que la loi de Yn1est la loi uniforme sur {1, ..., n}. Soit k2. Alors
P[Yn=k] = P[Yn=k et Yn1=k] + P[Yn=k et Yn1=k1]
=P[Yn=k|Yn1=k]P[Yn1=k] + P[Yn=k|Yn1=k1]P[Yn1=k1]
=P[la n-i`
eme boule prise est rouge |Yn1=k]
n
+P[la n-i`
eme boule prise est blanche|Yn1=k1]
n
=1
n·n+ 1 k
n+ 1 +1
n·k1
n+ 1
=1
n+ 1
D’autre part
P[Yn= 1] = P[les nboules tir´
ees sont rouges] = 1
2
2
3··· n
n+ 1 =1
n+ 1 .
On en d´
eduit que Ynsuit bien une loi uniforme sur {1, ..., n + 1}.
Il en d´
ecoule que pour tout n,Xnsuit une loi uniforme sur {1/(n+ 1),2/(n+ 1), ..., (n+
1)/(n+ 1)}. Or (Xn)converge p.s. donc en loi vers U, donc Usuit une loi uniforme sur
[0,1] (limite des lois uniformes sur {1/(n+ 1),2/(n+ 1), ..., (n+ 1)/(n+ 1)}quand ntend
vers l’infini).
2
3. Pour tout n1,Znest Fn-mesurable, Zn[0,1] donc est int´
egrable et
Zn+1 =(Yn...(Yn+k1)
(N0+n+1)(N0+n+2)...(N0+n+k)si Yn+1 =Yn
(Yn+1)...(Yn+k)
(N0+n+1)(N0+n+2)...(N0+n+k)si Yn+1 =Yn+ 1
ou encore
Zn+1 =(Zn·N0+n
N0+n+ksi Yn+1 =Yn
Zn·N0+n
N0+n+k·Yn+k
Ynsi Yn+1 =Yn+ 1 .
Je vous laisse faire le calcul comme dans la question 1. pour montrer que Znest une
martingale. En particulier, pour tout n1,
E[Zn] = E[Z0] = a(a+ 1) ···(a+k1)
N0(N0+ 1) ···(N0+k1)
car Y0=a(il y a aboules blanches `
a l’instant initial). De plus, E[Zn]peut s’´
ecrire
E[Zn] = EYk
n+P1(Yn)
nk+P2(n)
=EYk
n
nknk
nk+P2(n)+EP1(Yn)
nk+P2(n)
o`
uP1et P2sont des polynˆ
omes de degr´
ek1. Puisque nous avons montr´
e en 1. que
lim
n→∞
E(Xk
n) = E(Uk), on en d´
eduit que lim
n→∞
E(Zn) = E(Uk), d’o `
u pour tout k1
E(Uk) = E(Z0) = a(a+ 1) ···(a+k1)
N0(N0+ 1) ···(N0+k1).
4. Soit Xune v.a. r´
eelle born´
ee (on note C0une constante telle que |X| ≤ Cp.s.). Soit φX
la fonction caract´
eristique de X, i.e., pour tout tR,φX(t) = E[eitX ]. On a, pour tR,
φX(t) = E[eitX ] = E
X
n0
(itX)n
n!
.
Or on a N
X
n=0
(itX)n
n!
p.s.
N→∞ X
n0
(itX)n
n!
et cette convergence est domin´
ee par la constante e|t|C. Donc par le th´
eor`
eme de conver-
gence domin´
ee on obtient
φX(t) = X
n0
(it)n
n!E(Xn).
Comme Uest `
a valeurs dans [0,1], sa fonction caract´
eristique φUse d´
eveloppe en s´
erie
enti`
ere sur Rcomme d´
ecrit ci-dessus. Les moments de U,(E[Uk])k1d´
ecrivent donc
3
compl`
etement la fonction caract´
eristique de U, qui elle mˆ
eme caract´
erise la loi de U. Pour
votre culture, cette loi est la loi β(a, b)de densit´
e
B(a, b)1ua1(1 u)b1[0,1](u)
par rapport `
a la mesure de Lebesgue. Je laisse aux ´
el`
eves motiv´
es le soin de calculer tous
les moments de la loi β(a, b)et de v´
erifier que ce sont les mˆ
emes que ceux de U.
Exercice 3 (Th´
eor`
eme de Rademacher1).
Soient (Ω,F,P)un espace de probabilit´
e, Xune variable al´
eatoire de loi uniforme sur [0,1] et
f: [0,1] Rune fonction lipschitzienne de constante de Lipschitz L > 0. Pour tout n0,
on pose
Xn=b2nXc2net Zn= 2nfXn+ 2nf(Xn).
1. Montrer les ´
egalit´
es de tribus suivantes:
σ(X0, X1, . . . , Xn) = σ(Xn)et \
n0
σ(Xn, Xn+1, . . .) = σ(X).
2. D´
eterminer E[h(Xn+1)|Xn]pour toute fonction h: [0,1] Rmesurable continue. En
d´
eduire que (Zn)n0est une Fn-martingale born´
ee (o `
uFn=σ(Xn)pour tout n0).
3. Montrer qu’il existe une variable al´
eatoire Z, limite p.s. et dans L1de (Zn)n0, puis qu’il
existe une fonction g: [0,1] Rbor´
elienne et born´
ee telle que Z=g(X).
4. Calculer E[h(X)|Xn]pour toute fonction h: [0,1] Rmesurable born´
ee. En d´
eduire que
p.s.:
Zn= 2nZXn+2n
Xn
g(u)du .
5. Conclure que pour tout x[0,1],f(x) = f(0) + Rx
0g(u)du.
Correction :
1. On remarque que, pour 0kn,Xk= 2kb2kXnc. On peut l’´
ecrire tr`
es proprement, ou
faire un dessin pour s’en convaincre... Ainsi, pour 0kn,Xkest σ(Xn)-mesurable.
On en d´
eduit que σ(X0, X1, . . . , Xn) = σ(Xn).
De plus, pour tout n0, par d´
efinition de Xn, on sait que Xnest σ(X)-mesurable. Ainsi,
on a l’inclusion \
n0
σ(Xn, Xn+1, . . .)σ(X).
De plus, Xnconverge p.s. vers Xquand ntend vers l’infini, donc Xest nσ(Xn, Xn+1, . . .)-
mesurable. Ainsi, on obtient l’inclusion r´
eciproque
σ(X)\
n0
σ(Xn, Xn+1, . . .).
1Dans cet exercice, on montre par une approche probabiliste que toute fonction lipschitzienne est primitive d’une
fonction mesurable born´
ee.
4
2. Soit h: [0,1] Rune fonction mesurable continue. Alors hest born´
ee sur [0,1] donc
pour tout n,h(Xn)est int´
egrable. On a, pour n0et 0k2n1,
Eh(Xn+1){Xn=k2n}
=Ehk2n{X[k2n,(2k+1)2(n+1)]}
+Eh(2k+ 1)2(n+1){X[(2k+1)2(n+1),(k+1)2n]}
= 2(n+1)hk2n+ 2(n+1)h(2k+ 1)2(n+1).
On en d´
eduit que
E(h(Xn+1)|Xn) = h(Xn)
2+hXn+ 2(n+1)
2.
Remarque: en fait ici Xn+1 est lui aussi `
a valeurs discr`
etes, donc on peut aussi utiliser
l’´
egalit´
e:
E(h(Xn+1)|Xn) =
2n+11
X
l=0
E(h(Xn+1)Xn+1=l2(n+1) |Xn)
=
2n+11
X
l=0
h(l2(n+1))P(Xn+1 =l2(n+1)|Xn)
pour se ramener a ´
etudier uniquement les probabilit´
es de la forme
P(Xn=k2net Xn+1 =l2(n+1))
avec 0l2n+1 1et 0k2n1.
Pour tout n0,Znest Fn-mesurable, |Zn| ≤ Ldonc Znest int´
egrable et
E(Zn+1|Fn)=2n+1Ehf(Xn+1 + 2(n+1))f(Xn+1)| Fni
= 2nhf(Xn+ 2(n+1))f(Xn) + f(Xn+ 2n)f(Xn+ 2(n+1))i
=Zn,
donc (Zn)n0est une Fn-martingale born´
ee par L.
3. D’apr`
es la question 2., supn0E(|Zn|)L, donc (Zn)n0converge p.s. (c’est une mar-
tingale born´
ee dans L1). On note Zsa limite. De plus, |Zn| ≤ Lp.s. pour tout n
0. On peut donc utiliser le th´
eor`
eme de convergence domin´
ee pour obtenir la conver-
gence de (Zn)n0vers Zdans L1. Pour tout n0,Znest mesurable par rapport `
a la
tribu σ(Xn, Xn+1, . . .)donc Zest mesurable par rapport `
a la tribu Tn0σ(Xn, Xn+1, . . .).
D’apr`
es la question 1., Zest ainsi σ(X)-mesurable. Il existe donc une fonction g: [0,1]
Rbor´
elienne telle que Z=g(X). De plus, Z´
etant born´
ee par L, on peut choisir gborn´
ee
(en prenant gLpar exemple).
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