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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)n≥0une suite de variables al´ eatoires ind´ ependantes. On d´ efinit: Fn=σ(X1, . . . , Xn),
Fn=σ(Xn+1, Xn+2, . . .)et leurs limites F∞=σSn≥1Fnet F∞=Tn≥1Fn.
Soit A∈ F∞. Montrer, en utilisant la martingale (Mn, n ≥1) d´ efinie par Mn=E[A|Fn]
pour n≥1, 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∞⊂ F∞donc M∞=Ap.s.,
d’autre part pour tout n,Fnest ind´ ependante de F∞donc 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=N0−aboules 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 n≥1, 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)n≥0est une martin-
gale qui converge p.s. vers une variable al´ eatoire, que l’on note U, et montrer que pour
tout k≥1,lim
n→∞
E[Xk
n] = E[Uk].
2. Cas a=b= 1.Montrer que pour tout n≥0,Ynsuit une loi uniforme sur {1, ..., n + 1}.
En d´ eduire la loi de U.
3. Cas g´en´eral. On fixe k≥1. On pose pour tout n≥1:
Zn=Yn(Yn+ 1) . . . (Yn+k−1)
(N0+n)(N0+n+ 1) . . . (N0+n+k−1) .
Montrer que (Zn)n≥1est une martingale pour la filtration (Fn)n≥1. 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 n≥1,Xnest Fn-mesurable, Xn∈[0,1] donc est int´ egrable et
E(Xn+1|Fn) = EYn+ 1
N0+n+ 1 {Yn+1=Yn+1}|Fn+EYn 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 k≥1,
E(Xk
n)−→
n→∞
E(Uk).
2. On a imm´ ediatement l’initialisation de la r´ ecurrence pour n= 0. Supposons que pour un
n≥2on sait que la loi de Yn−1est la loi uniforme sur {1, ..., n}. Soit k≥2. Alors
P[Yn=k] = P[Yn=k et Yn−1=k] + P[Yn=k et Yn−1=k−1]
=P[Yn=k|Yn−1=k]P[Yn−1=k] + P[Yn=k|Yn−1=k−1]P[Yn−1=k−1]
=P[la n-i`
eme boule prise est rouge |Yn−1=k]
n
+P[la n-i`
eme boule prise est blanche|Yn−1=k−1]
n
=1
n·n+ 1 −k n+ 1 +1 n·k−1 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 n≥1,Znest Fn-mesurable, Zn∈[0,1] donc est int´ egrable et
Zn+1 =(Yn...(Yn+k−1)
(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 n≥1,
E[Zn] = E[Z0] = a(a+ 1) ···(a+k−1)
N0(N0+ 1) ···(N0+k−1)
car Y0=a(il y a aboules blanches ` a l’instant initial). De plus, E[Zn]peut s’´ ecrire
E[Zn] = EYk
n+P1(Yn)
nk+P2(n)
=EYk
n
nknk nk+P2(n)+EP1(Yn) nk+P2(n)
o` uP1et P2sont des polynˆ omes de degr´ e≤k−1. 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 k≥1
E(Uk) = E(Z0) = a(a+ 1) ···(a+k−1)
N0(N0+ 1) ···(N0+k−1).
4. Soit Xune v.a. r´ eelle born´ ee (on note C≥0une constante telle que |X| ≤ Cp.s.). Soit φX
la fonction caract´ eristique de X, i.e., pour tout t∈R,φX(t) = E[eitX ]. On a, pour t∈R,
φX(t) = E[eitX ] = E
X
n≥0
(itX)n
n!
.
Or on a N
X
n=0
(itX)n
n!
p.s.
−→
N→∞ X
n≥0
(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
n≥0
(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])k≥1d´ 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)−1ua−1(1 −u)b−1[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 n≥0,
on pose
Xn=b2nXc2−net Zn= 2nfXn+ 2−n−f(Xn).
1. Montrer les ´ egalit´ es de tribus suivantes:
σ(X0, X1, . . . , Xn) = σ(Xn)et \
n≥0
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)n≥0est une Fn-martingale born´ ee (o ` uFn=σ(Xn)pour tout n≥0).
3. Montrer qu’il existe une variable al´ eatoire Z, limite p.s. et dans L1de (Zn)n≥0, 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+2−n
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 0≤k≤n,Xk= 2−kb2kXnc. On peut l’´ ecrire tr` es proprement, ou
faire un dessin pour s’en convaincre... Ainsi, pour 0≤k≤n,Xkest σ(Xn)-mesurable.
On en d´ eduit que σ(X0, X1, . . . , Xn) = σ(Xn).
De plus, pour tout n≥0, par d´ efinition de Xn, on sait que Xnest σ(X)-mesurable. Ainsi,
on a l’inclusion \
n≥0
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)⊂\
n≥0
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 n≥0et 0≤k≤2n−1,
Eh(Xn+1){Xn=k2−n}
=Ehk2−n{X∈[k2−n,(2k+1)2−(n+1)]}
+Eh(2k+ 1)2−(n+1){X∈[(2k+1)2−(n+1),(k+1)2−n]}
= 2−(n+1)hk2−n+ 2−(n+1)h(2k+ 1)2−(n+1).
On en d´ eduit que
E(h(Xn+1)|Xn) = h(Xn)
2+hXn+ 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+1−1
X
l=0
E(h(Xn+1)Xn+1=l2−(n+1) |Xn)
=
2n+1−1
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=k2−net Xn+1 =l2−(n+1))
avec 0≤l≤2n+1 −1et 0≤k≤2n−1.
Pour tout n≥0,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+ 2−n)−f(Xn+ 2−(n+1))i
=Zn,
donc (Zn)n≥0est une Fn-martingale born´ ee par L.
3. D’apr` es la question 2., supn≥0E(|Zn|)≤L, donc (Zn)n≥0converge 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)n≥0vers Zdans L1. Pour tout n≥0,Znest mesurable par rapport ` a la
tribu σ(Xn, Xn+1, . . .)donc Zest mesurable par rapport ` a la tribu Tn≥0σ(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 g∧Lpar exemple).
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