Td9 - Convergence en loi PDF

Preview

Summary

Convergence en loi ...

Description

Université Pierre & Marie Curie UE 3M245 – Probabilités élémentaires

Licence (S5) Année 2017–2018

TD9. Convergence en loi 1. Soient (Xn )n∈N une suite de variables aléatoires réelles définies sur un espace de probabilités (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 . Vrai ou faux : a) La suite (f (Xn ))n∈N converge en loi vers f (X). b) Si les (Xn )n∈N et X sont toutes intégrables, E[Xn ] → E[X]. Solution de l’exercice 1. a) C’est vrai. 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)]

n→∞

que l’on peut écrire limn→∞ 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). b) C’est faux (la fonction identité n’est pas bornée, donc la définition de la convergence en loi ne garantit pas cette convergence). Comme contre-exemple, prenons Xn une variable aléatoire valant n avec probabilité n1 et 0 avec probabilité 1 − n1 . Alors Xn est bornée donc intégrable et E[Xn ] = 1. Par ailleurs, la suite Xn converge en loi vers la variable aléatoire X = 0, en effet, elle converge en probabilité : pour tout ε > 0 assez petit, 1 P(|Xn | > ε) = →n→∞ 0. n Pourtant, on n’a pas E[Xn ] → E[X] = 0.

2. Considérons une suite (Xn )n≥1 de v.a. telles que Xn suive une loi exponentielle de paramètre λn . On suppose que limn→∞ λn = 0. Soit Zn = Xn − [Xn ], où [x] désigne la partie entière du réel x. a) Calculer la fonction de répartition de Zn , que l’on notera Fn . b) Montrer que pour tout t, Fn (t) converge vers un F (t). F est-elle la fonction de répartition d’une v.a. ? Si oui, identifier la loi de cette v.a. c) Qu’a-t-on démontré sur la convergence de la suite (Zn )n≥1 ? 1

Solution de l’exercice 2. a) On a {[Xn ] = k} = {Xn ∈ [k, k + 1)}, et Zn ∈ [0, 1] p.s. Donc P(Zn ≤ t) = 0 pour t ≤ 0, et P(Zn ≤ t) = 1 pour t > 1. Soit t ∈ [0, 1], alors X X P(Zn ≤ t) = P(Zn ≤ t, [Xn ] = k) = P(Zn ≤ t, Xn ∈ [k, k + 1)) k≥0

=

X k≥0

=

k≥0

X Z λn P(Xn ∈ [k, k + t]) =

X

k≥0



−λn t

1−e . 1 − e−λn

e−λn t dt

k

e−λn k − e−λn (k+t) = 1 − e−λn t

k≥0

=



k+t

X

e−λn k

k≥0

b) Par le résultat précédent, pour tout t ∈ [0, 1], FZn (t) =

λn t + O(λn2) λn + O(λ2n )

On obtient donc, lim FZn (t)) = t.

n→∞

On trouve donc F (t) = t sur [0, 1]. Par ailleurs, pour t ≤ 0 on a F (t) = 0, et pour t ≥ 1, F (t) = 1. On reconnaît la fonction de répartition d’une variable uniforme dans [0, 1]. c) On a montré que Zn converge en loi vers une variable uniforme dans [0, 1]. 3. Soit (Xn )n≥1 une suite de variables aléatoire réelles définies sur (Ω, F , P) indépendantes et de même loi µ. On pose Mn = max(X1 , · · · , Xn ). a) On suppose que µ est la loi uniforme sur [0, 1]. Montrer que la suite (n(1 − Mn ))n≥1 converge en loi et expliciter la loi limite. b) On suppose que µ est la loi de Cauchy de paramètre 1. Montrer que la suite (nMn−1 )n≥1 converge en loi et expliciter la loi limite.   Indication : arctan(x) = π2 − x1 + o x1 quand x → +∞.

Solution de l’exercice 3. a) Pour tout n ≥ 1, la variable aléatoire n(1 − Mn ) est à valeurs dans [0, n]. On a donc, pour tout t < 0, P (n(1 − Mn ) ≤ t) = 0. Soit t ≥ 0. Pour tout n ≥ t, on a : n      t t t P(n(1 − Mn ) ≤ t) = P Mn ≥ 1 − . = 1 − P Mn < 1 − = 1− 1− n n n Donc P(n(1−Mn ) ≤ t) → (1−e−t ) t≥0 , et la fonction t 7→ (1−e−t ) t≥0 est la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre 1. Ainsi, la suite (n(1 − Mn ))n≥1 converge en loi vers une variable aléatoire exponentielle de paramètre 1. 2

b) Soit t ≤ 0. On a : P



n ≤t Mn



≤P



 n 1 ≤ 0 = P(Mn ≤ 0) = n , 2 Mn

donc P(nMn−1 ≤ t) → 0 quand n → ∞. Soit maintenant t > 0. On a : P(nMn−1 ≤ t) = P(nMn−1 ≤ t, Mn > 0) + P(Mn ≤ 0). D’après ce qui a été fait précédemment, P(Mn ≤ 0) → 0. Et    n n P ≤ t, Mn > 0 = P Mn ≥ Mn t !n Z t n dx = 1− 2 −∞ π(1 + x )  nn 1 π + arctan = 1− n π 2  t n 1 t 1 = 1− n π − +o n π n   n t 1 = 1− 1− +o n nπ   t → 1 − exp − π quand n → ∞. Ainsi, la suite (nMn−1)n≥1 converge en loi vers une variable aléatoire exponentielle de paramètre π1 . 4. 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 Pn de variables aléatoires réelles de même loi de 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 4. a) Soit ε > 0 et fε définie par fε (x) = ]a−ε,a+ε[c (x) + ε1 |x − a| ]a−ε,a+ε[ . Cette fonction est continue bornée, donc la suite (E[fε (Xn )])n≥1 converge vers E[fε (a)] = 0. Comme ]a−ε,a+ε[c (Xn )]

P(|Xn − a| ≥ ε) = E[

(Xn )n≥1 converge en probabilité vers a. 3

≤ E[fε (Xn )],

b) La fonction caractéristique de √n1 Sn est donnée par φ(t) = E[e

√it Sn n



] = E[e

√it X1 n

n √ ] = 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. La fonction caractéristique de n1Sn 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 2n en probabilité. En effet, sinon, la suite ( Snn − S2n )n≥1 convergerait en probabilité, donc aussi en loi, vers 0. Or, la fonction caractéristique de Snn − S2n2n est donnée par it 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.

5. 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[

itYn [0,a] (|Yn |)|e

− 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 5. 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 |eitYn − 1|dP = |e − 1|dP + {|Yn |>a} {|Yn |≤a} Z |eitYn − 1|dP ≤ 2P(|Yn | > a) + {|Yn |≤a}

b) En fait, Yn converge en probabilité vers 0. Soit ε > 0. Il existe a0 > 0 tel que pour y ≤ a0 , |eity − 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, 4

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 ǫ 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]

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 > 0 : limn | φXn +Yn (t) − φX (t) | ≤ 2limn P[| Yn |≥ a] + sup | eitx − 1 | +limn | φXn (t) − φX (t) | x∈[0,a] itx

= sup | e

− 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 > 0 : 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 .

5...