Corrig

Université Pierre et Marie Curie
4M011 "Probabilités approfondies"
Examen partiel du lundi 26 octobre 2015 : Corrigé
Exercice 1. On remarque que (X, Y, Z) est un vecteur gaussien ; c’est donc également le
cas pour (X, X + 2Z, Y ). La variable U = E(X|X + 2Z, Y ) est une combinaison linéaire
de Y et de X + 2Z. Cherchons a et b tels que U = aY + b(X + 2Z). Écrivons les conditions
d’orthogonalité de X −U avec les variables Y et X +2Z. La condition que E((X −U )Y ) = 0
donne que a = 0. La condition E((X − U )(X + 2Z)) donne b = 1/5.
2
Exercice 2.
Q
P1
(1) P(∀ k, Yk > 0) = k e−1/k = 0 car
k = +∞. Donc presque-sûrement, un des
Yk est nul, et la suite (Xn ) est nulle à partir d’un certain rang.
(2) La suite ne converge pas dans L1 , car sinon, la suite E(Xn ) convergerait vers
E(0) = 0, or E(Xn ) = 1 pour tout n.
[Alternativement, on peut aussi utiliser le théorème de Kakutani pour conclure.]
(3) Pour tout n E|Xn | = E(Xn ) = 1. Donc supn E|Xn | = 1 < +∞.
(4) On a forcément que le supn |Xn | n’est pas intégrable, car sinon, on pourrait appliquer le théorème de convergence dominée pour avoir la convergence dans L1 , ce
qui est impossible.
√
√
(5) La suite ( Xn ) est uniformément intégrable car supn E| Xn |2 = sup E|Xn | est
fini.
2
Exercice 3.
(1) On a facilement {TAB ≤ n} =
Sn
k=2 {(Xk−1 , Xk )
= (A, B)} ∈ Fn .
(2) En séparant les indices pairs et impairs, on obtient en appliquant l’inégalité de
Cauchy-Schwarz
P(TAB > n) = P ((Xm−1 , Xm ) 6= (A, B) , pour tout 1 ≤ m ≤ n)
≤ P ((Xm−1 , Xm ) 6= (A, B) , pour 2 ≤ m ≤ n , m pair)1/2
× P ((Xm−1 , Xm ) 6= (A, B) , pour 1 ≤ m ≤ n , m impair)1/2
Comme les couples ((X2k , X2k−1 ))k≥1 sont indépendants, on obtient que
bn/2c
1 bn/2c
P (X2k−1 , X2k ) 6= (A, B) , ∀ 1 ≤ k ≤ bn/2c = P (X1 , X2 ) 6= (A, B)
= 1− 2
,
26
et on procède de même pour P (X2k , X2k+1 ) 6= (A, B) , ∀ 1 ≤ k ≤ bn/2c − 1 . Au
final, on obtient, pour tout n ≥ 2
1
1 2 (2bn/2c−1)
P(TAB > n) ≤ 1 − 2
≤ θn .
26
(3) On a P(TAB > n) → 0 quand n → ∞, donc P(TAB = +∞) = 0. De plus,
E[TAB ] =
+∞
X
P(TAB > n) ≤ 2 +
n=0
X
n≥2
1
θn < +∞.
2
(4) Pour tout n ∈ N, Wn est Fn −mesurable. De plus |Wn | ≤ |Yn |+n ≤ (262 +26)n+n,
qui est intégrable. Enfin, calculons
n
X
E(Yn+1 | Fn ) =
262 1{Xk =B,Xk−1 =A} + 262 1Xn =A E 1Xn+1 =B | Fn + 26E(1Xn+1 =A | Fn )
k=1
=
n
X
262 1{Xk =B,Xk−1 =A} + 261Xn =A + 1 = Yn + 1 p.s.
k=1
Donc on a bien E(Wn+1 | Fn ) = E(Yn+1 | Fn ) − (n + 1) = Yn − n = Wn p.s., et
(Wn )n≥1 est bien une martingale.
(5) On borne uniformément, comme Yn est croissant
|Wn∧TAB | ≤ Yn∧TAB + n ∧ TAB ≤ YTAB + TAB .
Or TAB et YTAB = 262 sont intégrables, donc Wn∧TAB est uniformément intégrable,
et elle converge p.s. et dans L1 . Comme TAB < +∞ p.s. on a limn→∞ Wn∧TAB =
WTAB .
(6) Comme Wn∧TAB est une martingale, pour tout n ≥ 1 E[Wn∧TAB ] = E[W2 ] = 0. De
plus, Wn∧TAB converge dans L1 vers WTAB = YTAB − TAB = 262 − TAB , on a donc
0 = E[WTAB ] = 262 − E[TAB ].
(7) On montre de manière identique à ce qui précède que TBB est un temps d’arrêt fini
p.s. et intégrable. En introduisant
n
X
e
Yn :=
262 1{Xk =B,Xk−1 =B} + 261{Xn =B} ,
k=2
fn := Yen − n est une martingale. La martingale arrêtée
on montre aussi que W
f
fT = YT − TBB = 262 + 26 − TBB .
Wn∧TBB converge aussi p.s. et dans L1 vers W
BB
BB
On en conclut que
0 = E[W2 ] = E[WTBB ] = 262 + 26 − E[TBB ] .
(Bonus) On répète le procédé, avec
Y n :=
n
X
2611 1{(Xk−11 ,...,Xk )=(A,B,R,A,C,A,D,A,B,R,A)} +2610 1{(Xn−10 ,...,Xn )=(A,B,R,A,C,A,D,A,B,R)}
k=11
+ 269 1{(Xn−10 ,...,Xn )=(A,B,R,A,C,A,D,A,B)} + · · ·
De même, Wn := Y n − n est une martingale, et Wn∧TABRACADABRA converge p.s. et
dans L1 vers
YTABRACADABRA − TABRACADABRA = 2611 + 264 + 26 − TABRACADABRA .
On finit par obtenir que E[TABRACADABRA ] = 2611 + 264 + 26.
2
Exercice 4.
(1) Pour tout n ∈ N, Mn est Fn -mesurable. De plus, pour tout n, nous avons |Mn | ≤
nC p.s., donc Mn est intégrable. Nous avons également :
E(Mn+1 |Fn ) = E(Mn + Yn+1 |Fn ) = Mn
donc (Mn ) est une martingale.
3
(2) Nous avons :
2
2
E(Mn+1
|Fn ) = E(Mn2 + 2Mn Yn+1 + Yn+1
|Fn )
2
= Mn2 + 2Mn E(Yn+1 |Fn ) + E(Yn+1
|Fn )
= Mn2 + 0 + (An+1 − An )
2 ) = E(M 2 ) + E(A
En prenant l’espérance, nous avons ainsi E(Mn+1
n+1 ) − E(An ).
n
2
La résolution de la récurrence donne ainsi σn = E(An ).
2
2
(3) Développons les exponentielles eiuYn+1 et e−u E(Yn+1 |Fn )/2 aux ordres 3 et 2 respectivement. Nous obtenons ainsi :
u2 2
+ f (uYn+1 )
|f (x)| ≤ x3 /6
eiuYn+1 = 1 + iuYn+1 − Yn+1
2
u2
2
2
2
2
e−u E(Yn+1 |Fn )/2 = 1 − E(Yn+1
|Fn ) + g(u2 E(Yn+1
|Fn )/2)
|g(x)| ≤ x2 /2.
2
Prenons l’espérance conditionnelle des deux équations et soustrayons la deuxième
à la première : il ne reste alors que les termes en f et g :
2 E(Y
E(eiuYn+1 − e−u
n+1 |Fn )/2
2
|Fn ) = E(f (uYn+1 )|Fn ) + g(u2 E(Yn+1
|Fn )/2).
2 |F ) ≤ C p.s. puis
À partir de l’hypothèse Yn+1 ≤ C p.s., nous obtenons E(Yn+1
n
l’encadrement voulu en considérant les encadrements sur f , g et la croissance de
l’espérance conditionnelle.
(4) Nous avons par somme téléscopique :
2A
E(eiuMn +u
n /2
− 1) =
n−1
X
2A
E(eiuMk+1 +u
k+1 /2
2A
− eiuMk +u
k /2
).
k=0
Il s’agit alors de relier les espérances de droite à la question précédente. Nous
factorisons tout d’abord
2
2
2
2
eiuMn+1 +u An+1 /2 − eiuMn +u An /2 = eiuMn +u An+1 /2 eiuYn+1 − e−u E(Yn+1 |Fn )/2 .
Prenons l’espérance conditionnelle sachant Fn puis enfin nous utilisons d’une part
la question précédente et d’autre part le fait que An+1 ≤ (n + 1)C 2 p.s. et nous
obtenons :
2
2
2
2
E eiuMn+1 +u An+1 /2 − eiuMn +u An /2 ≤ n(u3 C 3 /6 + u4 C 4 /8)eu (n+1)C /2 .
(5) Prenons un = u/σn dans l’inégalité précédente. L’hypothèse σn2 /n → +∞ implique
également n/σn3 → 0 et n/σn4 → 0 donc le membre de droite de l’inégalité précédente
tend vers 0.
D’autre part, An /σn2 → 1 (qui est une constante) en probabilité, alors, en prenant
2 2
un = 1/σn , le lemme de Slutsky implique la convergence en loi de eiuMn /σn +An /σn u /2
2
et donc nous avons convergence de la fonction caractéristique de Mn /σn vers e−u /2 .
Nous reconnaissons la fonction caractéristique de la loi gaussienne et concluons que
Mn /σn converge en loi vers une loi gaussienne (centrée réduite).
(6) Pour des variables (Xk )k i.i.d. et bornées, en posant Yk = Xk − E(Xk ), nous nous
retrouvons dans les hypothèses de l’exercice avec σn2 = nVar(X1 ) et nous obtenons
ainsi le théorème central limite.
2