Suites de variables aléatoires

On voit $\displaystyle \sum_{n\ge0} P(|X_n|>a)$ 👉 Borel-Cantelli !

Soit $\displaystyle a>0$. Comme on pense à Borel-Cantelli, on va essayer d’étudier $\displaystyle \limsup A_k$ en posant $\displaystyle A_k=\{|X_k|>a\}$. On a par définition de la $\displaystyle \limsup$ ensembliste : $$\limsup A_k=\bigcap_{n\ge0}\bigcup_{k\ge n}A_k.$$ On traduit maintenant que $\displaystyle (X_n)_{n\ge0}$ converge presque sûrement vers $\displaystyle 0$ : Pour presque tout $\displaystyle \omega\in \Omega$, il existe $\displaystyle n\ge0$ tel que pour tout $\displaystyle k\ge n$, $\displaystyle |X_k|\le a$, i.e. $$P\left(\bigcup_{n\ge0}\bigcap_{k\ge n}A_k^c\right)=1.$$ Par passage au complémentaire, il vient $\displaystyle P(\limsup A_k)=0$. En utilisant la contraposée du lemme de Borel-Cantelli avec les v.a. indépendantes, on obtient : $$\sum_{k\ge0} P(|X_k|>a)<+\infty.$$

1. On a $\displaystyle \mathbb E[s^X]=\sum_{j\ge0}s^je^{-\mu}\frac{\mu^j}{j!}=e^{-\mu}\sum_{j\ge0}\frac{(s\mu)^j}{j!}=e^{\mu(s-1)}$.
   De plus, en utilisant que les $\displaystyle X_i$ sont indépendantes et de même loi, il vient $\displaystyle \mathbb E[s^{X_1+\cdots+X_n}]=\mathbb E[s^{X_1}]\cdots \mathbb E[s^{X_n}]=(\mathbb E[s^X])^n=e^{n\mu(s-1)}$.
   On reconnait alors la fonction génératrice d’une v.a. de Poisson de paramètre $\displaystyle n\mu$.
2. Considérons des $\displaystyle X_i\sim\mathcal P(1)$ i.i.d., donc $\displaystyle \mu=1$ et $\displaystyle \sigma=1$. Le TCL donne donc $$P\left(\sqrt{n}(\overline{X}_n-1)\le x\right) \xrightarrow[n\to \infty]{} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^x e^{-t^2/2}dt.$$ Réécrivons la probabilité :
   $$\begin{aligned} P\left(\sqrt{n}(\overline{X}_n-1)\le x\right)&=P(X_1+\cdots+X_n-n\le \sqrt{n}x) \\ &=P(X_1+\cdots+X_n\le n+\sqrt{n}x).\end{aligned}$$ Comme d’après 1), $\displaystyle X_1+\cdots+X_n\sim\mathcal P(n)$, on en déduit $\displaystyle P\left(\sqrt{n}(\overline{X}_n-1)\le x\right)=\sum_{k=0}^{n+x\sqrt{n}}e^{-n}\frac{n^k}{k!}$, d’où le résultat.

1. On a $\displaystyle P(X_{n+1}=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})=P(f(X_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})=P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})$. Or $\displaystyle E_{n+1}$ est indépendante de $\displaystyle (X_0,\cdots,X_n)$ (par récurrence), et donc $\displaystyle P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})=P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1})=P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n})=P(f(X_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n})=P(X_{n+1}=x_{n+1}| X_{n}=x_{n})$, ce qu’on voulait.
2. Cette structure $\displaystyle X_{n+1}=f(X_n,E_{n+1})$ est le prototype de chaîne de Markov, et un exemple simple est une marche aléatoire
   $\displaystyle X_n=E_0+\cdots+E_n=X_{n-1}+E_n$ où $\displaystyle (E_n)$ est une suite de v.a. i.i.d. à valeurs par exemple dans $\displaystyle \{-1,1\}$. La fonction $\displaystyle f$ est ici $\displaystyle f(x,y)=x+y$.
3. Pour établir $\displaystyle \nu_{n+1}=\nu_nP$, il suffit d’écrire la formule des probabilités totales avec les événements $\displaystyle \{X_n=1\}$ et $\displaystyle \{X_n=2\}$.
   L’équation $\displaystyle \pi=\pi P$ donne $\displaystyle \pi_1=(1-a)\pi_1+b\pi_2$ et $\displaystyle \pi_2=a\pi_1+(1-b)\pi_2$. Donc $\displaystyle \pi_1=\frac{b}{a+b}$ et $\displaystyle \pi_2=\frac{a}{a+b}$.
   Pour calculer $\displaystyle P^n$, plusieurs méthodes dont utiliser Cayley-Hamilton qui dit que $\displaystyle \chi_P(P)=0$. On fait donc la division euclidienne de $\displaystyle X^n$ par $\displaystyle \chi$. Comme $\displaystyle P$ est une matrice stochastique, on a $\displaystyle \lambda_1=1$ comme valeur propre. On a aussi $\displaystyle tr(P)=2-a-b=\lambda_1+\lambda_2$, d’où $\displaystyle \lambda_2=1-a-b$. Donc $\displaystyle \chi(X)=(X-1)(X-1+a+b)$ et on écrit $\displaystyle X^n=\chi(X)Q(X)+a_1X+a_0$. En évaluant en $\displaystyle X=1$ et $\displaystyle X=1-a-b$, on obtient :
   $\displaystyle a_1=\frac{1-(1-a-b)^n}{a+b}$ et $\displaystyle a_0=1-a_1$. Ainsi, avec $\displaystyle \chi_P(P)=0$, on a $\displaystyle P^n=a_1P+a_0I_2$. Comme $\displaystyle -1<1-a-b<1$, on en déduit
   $\displaystyle \lim_{n\to\infty}P^n=\frac{1}{a+b}\begin{pmatrix} 1-a & a\\ b & 1-b\\ \end{pmatrix}+(1-\frac{1}{a+b})\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\\ \end{pmatrix}=\frac{1}{a+b}\begin{pmatrix} b & a\\ b & a\\ \end{pmatrix}$.

Bientôt !

1. Convergence presque sûre de $\displaystyle Y_n$ vers $\displaystyle Y$ 👉 Convergence de la série $\displaystyle \sum \mathbb P(|Y_n-Y|>\varepsilon)$.
2. Convergence en loi 👉 Convergence ponctuelle des fonctions de répartition (en tout point de continuité de la fonction de répartition limite).

1. Soit $\displaystyle \varepsilon\in]0;1]$. On a $\displaystyle \mathbb P(|Y_n|>\varepsilon)=\mathbb P(U_1>\varepsilon,\dots,U_n>\varepsilon)=\prod_{k=1}^n\mathbb P(U_k>\varepsilon)=(1-\varepsilon)^n$, car les $\displaystyle U_k$ sont indépendantes.
   Comme $\displaystyle 1-\varepsilon\in[0;1[$, la série $\displaystyle \sum \mathbb P(|Y_n|>\varepsilon)$ est convergente, donc $\displaystyle Y_n\to 0$ presque sûrement.
2. Soit $\displaystyle y>0$. En remplaçant $\displaystyle \varepsilon$ par $\displaystyle y/n$ dans le calcul précédent, on obtient (dès que $\displaystyle n>y$ donc à partir d’un certain rang) : $$\mathbb P(n~Y_n>y)=\left(1-\frac{y}{n}\right)^n=\exp\left(n~\ln\left(1-\frac{y}{n}\right)\right)=\exp\left(-y +o(1)\right)\to e^{-y},$$ et pour $\displaystyle y\leq 0$, cette probabilité vaut évidemment $\displaystyle 1$. On reconnaît l’expression de $\displaystyle \mathbb P(X>y)$ pour une v.a. $\displaystyle X$ de loi $\displaystyle \mathcal E(1)$. Ainsi $\displaystyle (n~Y_n)_{n\geq 1}$ converge en loi vers une v.a. de loi $\displaystyle \mathcal E(1)$.

Notons $\displaystyle F_n$ (respectivement $\displaystyle P_n$) le nombre de piles (respectivement faces) obtenus après $\displaystyle n$ lancers.
Posons $\displaystyle X_n=2F_n-P_n$, notons $\displaystyle \mathbb P_i$ la probabilité pour une partie qui commencerait à $\displaystyle X_0=i$, et $$p_i =\mathbb P_i(\exists n\geq 1~:~X_n=0),\qquad q_i =\mathbb P_i(\exists n\geq 0~:~X_n=0).$$ Évidemment, $\displaystyle p_i=q_i$ pour $\displaystyle i\neq 0$.
Le but est de calculer $\displaystyle p_0$, qui d’après la formule des probabilités totales, vaut $\displaystyle \frac12\left(q_2+q_{-1}\right)$. Nous allons alors calculer $\displaystyle q_i$ pour $\displaystyle i\in\Z$.
Toujours d’après la formule des probabilités totales, la suite $\displaystyle (q_i)_{i\geq 0}$ vérifie : $$\begin{cases}q_0=1,\\\forall i\geq 1,~q_i=\frac 12\left(q_{i-1}+q_{i+2}\right).\end{cases}$$
Le polynôme $\displaystyle \frac 12\left(X^3-2X+1\right)=\frac 12(X-1)(X^2+X-1)$ a trois racines :
$\displaystyle 1,\quad r=\frac{-1+\sqrt 5}{2}\in]0;1[ \qquad s=\frac{-1-\sqrt 5}{2}<-1.$
Ainsi il existe des réels $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ tels que : $$\forall i\geq 0,\quad q_i=\alpha +\beta~r^i +\gamma~s^i.$$ On détermine ensuite les constantes :

• $\displaystyle (q_i)_{i\geq 0}$ étant bornée, on a $\displaystyle \gamma=0$.
• $\displaystyle i=0$ donne $\displaystyle \alpha+\beta=1$.
• Pour $\displaystyle i\geq 1,~q_i = \mathbb P_i(\exists n\geq 1: X_n\leq 0)=\mathbb P_0(\exists n\geq 1: X_n\leq -i)\underset{i\to\infty}\to \mathbb P_0((X_n)\text{ non minorée})=0$,
  car d’après la loi des grands nombres, $\displaystyle \mathbb P_0(X_n\to+\infty)=1$. Ainsi $\displaystyle \alpha=0$.

Nous venons donc de montrer que : $\displaystyle \forall i\geq 1$, $\displaystyle p_i=r^i$ (soit la moitié du travail).
Pour les entiers négatifs, on part des égalités : $$\begin{cases}q_1=r,\\ q_0=1,\\\forall i\leq -1,~q_i=\frac 12\left(q_{i-1}+q_{i+2}\right).\end{cases}$$ Il existe des réels $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ tels que : $$\forall i\leq 1,\quad q_i=\alpha +\beta~r^i +\gamma~s^i.$$ On détermine les constantes :

• $\displaystyle (q_i)_{i\leq 0}$ étant bornée, on a $\displaystyle \beta=0$.
• $\displaystyle i=0$ donne $\displaystyle \alpha+\gamma=1$.
• $\displaystyle i=1$ donne $\displaystyle \alpha+\gamma s=r$, d’où $\displaystyle \alpha=\frac{r-s}{1-s}$ et $\displaystyle \gamma=\frac{1-r}{1-s}$.

Conclusion — On a finalement $$p_0=\frac12\left(q_2+q_{-1}\right)=\frac 12\left(r^2+\frac{r-s}{1-s}+\frac{1-r}{1-s}\cdot \frac 1s\right).$$
Comme $\displaystyle X^2+X-1=(X-r)(X-s)$, on a que $\displaystyle r^2=1-r$, $\displaystyle rs=-1$, $\displaystyle r+s=-1,$ et $\displaystyle (1-r)(1-s)=1$.
On obtient alors, après simplifications : $$p_0=\frac{3}{2}(1-r)=\frac{3}{4} \left( 3 - \sqrt{5} \right)\approx 0,\!57.$$