Lemme de Borel-Cantelli et modes de convergence

Université Pierre et Marie Curie Probabilités élémentaire - LM345

2013-2014 Feuille 8 (du 4 au 15 novembre 2013)

Lemme de Borel-Cantelli et modes de convergence

Les diérents modes de convergence 1. Soit (Ω, F , P) un espace de probabilité. Déterminer pour chacune des convergences suivantes à quelle condition sur la suite (An )n≥1 elle a lieu. a. La suite (1An )n≥1 converge en probabilité vers 0. b. La suite (1An )n≥1 converge dans L2 vers 0. c. La suite (1An )n≥1 converge presque sûrement vers 0. Solution de l'exercice 1. a. Supposons que 1An converge vers 0 en probabilité. Alors en particulier, P(1An > 21 ) = P(An ) tend vers 0. Réciproquement, si P(An ) converge vers 0, alors pour tout ε > 0, P(1An > ε) ≤ P(An ) converge vers 0. Finalement la condition est limn→∞ P(An ) = 0. b. On a E[1An ] = P(An ). La condition est donc limn→∞ P(An ) = 0. c. Soit ω ∈ Ω. La suite (1An (ω))n≥1 converge vers 0 si et seulement si elle est stationnaire, égale à 0 à partir d'un certain rang. Ceci a lieu si et seulement si ω appartient à lim inf Acn , qui est le complémentaire de lim sup An . Ainsi, la convergence a lieu presque sûrement si et seulement si P(lim sup An ) = 0. Quelques manipulations d'événements 2. Soit Ω un ensemble. Soit (Xn )n≥1 une suite de fonctions à valeurs réelles dénies sur Ω. a. Décrire en français et sans utiliser les expressions "quelque soit" ni "il existe" les parties suivantes de Ω : [[\ A= {ω ∈ Ω : a ≤ Xn (ω) ≤ b}, a∈R b∈R n≥1

B=

[ \ \

{ω ∈ Ω : Xn (ω) − Xm (ω) ≥ 0},

N ≥1 n≥N m≥n

 1 , C= ω ∈ Ω : |Xn (ω) − `| ≤ k `∈R+ k≥1 N ≥1 n≥N  [ \ [ [  1 D= ω ∈ Ω : |Xn (ω) − Xm (ω)| > . k k≥1 N ≥1 n≥N m≥N [ \ [ \ 

1

b. Faire l'opération de traduction inverse pour les parties suivantes de Ω :

Solution

A, B, C, D :

L'ensemble des ω ∈ Ω tels que la suite (Xn (ω))n≥1 ... E ... soit à termes positifs, F ... ne soit pas bornée supérieurement, G ... tende vers +∞, H ... ne converge pas vers un réel positif. de l'exercice 2. a. Le tableau suivant donne les descriptions en français de

L'ensemble des ω ∈ Ω tels que la suite (Xn (ω))n≥1 ... A ... soit bornée, B ... soit décroissante à partir d'un certain rang, C ... converge vers un réel positif ou nul, D ... ne soit pas de Cauchy. Puisque R est complet, les suites de Cauchy sont exactement celles qui convergent (vers une limite nie). Ainsi, D est l'ensemble des ω ∈ Ω tels que la suite (Xn (ω))n≥1 ne converge pas vers une limite nie. On aurait donc pu l'écrire sous la forme  \[ \ [  1 D= ω ∈ Ω : |Xn (ω) − `| > . k `∈R k≥1 N ≥1 n≥N Toutefois, cette écriture a l'inconvénient de faire intervenir une intersection non dénombrable (la première). Si la suite (Xn )n≥1 est une suite de variables aléatoires, il n'est pas évident avec cette écriture que D soit un événement, alors que l'écriture donnée dans l'énoncé permet de l'armer. Question supplémentaire : Qu'en est-il de C ? Si nous sommes sur un espace de probabilités (Ω, F , P) et que la suite (Xn )n≥1 est une suite de variables aléatoires, l'ensemble C est-il un événement ? Ce n'est pas évident sur sa dénition, qui fait intervenir une union innie non dénombrable. Il n'est heureusement pas si facile d'écrire un ensemble qui ne soit pas un événement, et C est bien un événement. Mais comment le démontrer, c'est-à-dire, comme écrire C en n'utilisant que des unions et des intersections dénombrables ?

2

b. On a

E=

\

{ω ∈ Ω : Xn (ω) ≥ 0} ,

n≥1

F =

\ [

{ω ∈ Ω : Xn (ω) ≥ M } ,

M ≥1 n≥1

G=

\ [ \

{ω ∈ Ω : Xn (ω) ≥ M } ,

M ≥1 N ≥1 n≥N

 \ [ \ [  1 H= ω ∈ Ω : |Xn (ω) − `| > k `∈R+ k≥1 N ≥1 n≥N ! [ \ [ [  1 = ω ∈ Ω : |Xn (ω) − Xm (ω)| > k k≥1 N ≥1 n≥N m≥N !  [ \ [  1 ∪ ω ∈ Ω : Xn (ω) ≤ − . k k≥1 N ≥1 n≥N

3.

Soit Ω un ensemble. Soit (An )n≥1 une suite de parties de Ω. Déterminer les relations d'inclusion qui existent toujours entre les parties suivantes de Ω : [ \ \ [ [ \ An , An , An , An , Ω, ∅. N ≥1 n≥N

N ≥1 n≥N

n≥1

n≥1

Montrer par un exemple que ces six parties peuvent être deux à deux distinctes. Solution de l'exercice 3. La partie vide est incluse dans toute partie de Ω, et toute partie de Ω est incluse dans Ω. En ce qui concerne les quatre autres parties, on peut les décrire avec des mots de la façon suivante : L'ensemble ci-dessous \ An

[n≥1\ N ≥1 n≥N \ [

est l'ensemble des ω ∈ Ω qui sont dans ... ... tous les An ,

An

... tous les An à partir d'un certain rang,

An

... une innité des An ,

N ≥1 n≥N [

An

... au moins un des An .

n≥1

Ces conditions sont de moins en moins contraignantes : elles sont donc satisfaites par une partie de plus en plus grande de Ω. On a donc toujours les inclusions \ [ \ \ [ [ An ⊂ An ⊂ Ω. ∅⊂ An ⊂ An ⊂ n≥1

N ≥1 n≥N

N ≥1 n≥N

3

n≥1

Prenons l'exemple suivant : Ω = {1, 2, 3, 4, 5}. Posons A1 = {1}, A2 = {1, 2, 3, 4}, A3 = {1, 2}, A4 = {1, 2, 3}, puis A2n+1 = {1, 2} et A2n+2 = {1, 2, 3} pour tout n ≥ 2. On a alors \ [ \ \ [ [ An = {1}, An = {1, 2}, An = {1, 2, 3}, An = {1, 2, 3, 4} n≥1

N ≥1 n≥N

N ≥1 n≥N

n≥1

si bien que les cinq inclusions qui sont vraies en général sont, dans ce cas particulier, strictes.

Limites supérieures, limites inférieurs On rappelle les dénitions suivantes :  Si (an ) est une suite réelle : lim sup an = lim sup ak n→∞ k≥n

n→∞

 Si (An ) est une

lim inf an = lim inf ak n→∞

suite d'événements : lim sup An =

\ [

Ak

lim inf An =

4.

[ \

Ak

n≥1 k≥n

n≥1 k≥n

On retient que

n→∞ k≥n

lim sup An = {ω ∈ Ω : {n : ω ∈ An } est inni}

Lemme de Borel-Cantelli.

a) Soit (Ω, F , P) un espace de probabilité. Soit (An )n≥1 une suite d'événements telle que X P(An ) < +∞. n≥1

Montrer que P(lim sup An ) = 0. b) Soit (An )n≥1 une suite d'événements indépendants telle que X P(An ) = +∞. n≥1

On veut démontrer que P(lim sup An ) = 1. 1. Montrer que pour tout réel x, on a l'inégalité 1 + x ≤ ex . 2. Montrer que pour tous entiers n, m tels que 1 ≤ m ≤ n, on a ! ! n n \ X P Ack ≤ exp − P(Ak ) . k=m

k=m ∞ \

3. En déduire que pour tout m ≥ 1, on a P

k=m

4

! Ack

= 0, puis conclure.

Solution de l'exercice

[

4. a)

An est décroissant (au sens de l'inclusion) en k , et donc,

n≥k

quand k croît vers l'inni,

! P

[

An

! &P

\[

An

= P (lim sup An ) .

k≥1 n≥k

n≥k

Or, on a de manière évidente

! P

[

An

≤

n≥k

X

P(An ).

n≥k

Comme la série des P(An ) est sommable, le membre de droite de cette inégalité, qui est la queue de la série, tend vers 0 lorsque k tend vers l'inni. Donc le membre de gauche de l'inégalité (dont on a dit juste avant qu'il tendait vers P(lim sup An )) tend aussi vers 0, ce qui prouve le résultat demandé (par unicité de la limite d'une suite de réels). b) 1. Il s'agit d'une inégalité de convexité classique (le graphe de l'exponentielle reste au dessus de sa tangente en x = 0). 2. D'après le a. avec x = −P(Ak ), on obtient pour chaque entier k ≥ 1,

P(Ack ) = 1 − P(Ak ) ≤ e−P(Ak ) . On fait maintenant le produit de ces inégalités, pour k = m, . . . , n, ce qui donne, grâce à l'indépendance : ! ! n n n X Y \ P(Ak ) . P(Ack ) ≤ exp − P Ack = k=m

k=m

k=m

3. On fait tendre n vers l'inni dans l'inégalité précédente. Pour le membre de gauche, n \ on utilise la décroissance en n de la suite d'événements Ack . Pour celui de droite, on k=m T c utilise l'hypothèse P ( ∞ A ) = 0 . On obtient nalement k=m k ! ! ∞ n \ \ c c P Ak = lim P Ak = 0. k=m

n→∞

k=m

En prenant la réunion sur m ≥ 1 des événements de probabilité nulle

∞ \ k=m

Ack , on ob-

tient encore un événement de probabilité nulle, qui est précisément le complémentaire de lim sup(An ). D'où le résultat.

5

5.

Soit (Xn ) une suite de variable aléatoires. Montrer que " # ∞ X p.s ∀ε > 0, P(|Xn | > ε) < +∞ ⇒ Xn −→ 0 n=0

Que dire de la réciproque ?

Applications et autres exercices 6. Soit (Xn )n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli de paramètre p ∈]0, 1[. Montrer qu'avec probabilité 1, la suite (Xn )n≥1 prend une innité de fois la valeur 1 et une innité de fois la valeur 0. Solution de l'exercice 6. Pour tout n ≥ 1, posons An = {Xn = 1} et Bn = {Xn = 0}. Les P événements (An )n≥1 sont indépendants et tous de probabilité p > 0. En particulier, n≥1 P(An ) = +∞. La deuxième partie du lemme de Borel-Cantelli entraîne donc que P(lim sup An ) = 1. Le même raisonnement s'applique aux événements Bn qui sont de probabilité 1 − p > 0. Donc P(lim sup Bn ) = 1, et P(lim sup An ∩ lim sup Bn ) = 1. Or l'événement lim sup An ∩lim sup Bn est précisément l'événement où la suite (Xn )n≥1 prend une innité de fois la valeur 1 et une innité de fois la valeur 0. 7.

Soit (Xn )n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes telle que pour tout n ≥ 1 on ait 1 1 P(Xn = −1) = 1 − 2 et P(Xn = n2 − 1) = 2 . n n a. Montrer que la suite (Xn )n≥1 converge vers −1 en probabilité. b. Montrer que la suite (Xn )n≥1 converge presque sûrement vers −1. Cette convergence a-t-elle lieu dans L1 ? Solution de l'exercice 7. a. Soit ε > 0 un réel. Pour tout n ≥ 1, on a P(|Xn + 1| > ε) = 1 , donc n2 lim P(|Xn + 1| > ε) = 0. n→∞

Puisque ceci a lieu pour tout ε > 0, la suite (Xn )n≥1 converge en probabilité vers −1. b. On a, pour tout n ≥ 1, P(Xn 6= −1) = n12 , donc

X

P(Xn 6= −1) < +∞.

n≥1

D'après le lemme de Borel-Cantelli, ceci entraîne qu'avec probabilité 1, il n'y a qu'un nombre ni de valeurs de n pour lesquelles Xn n'est pas égal à −1. Autrement dit, avec probabilité 1, Xn est égal à −1 pour n assez grand. En particulier, avec probabilité 1, la suite (Xn )n≥1 converge vers −1. La suite (Xn )n≥1 converge donc presque sûrement vers −1. 6

Si l'on avait convergence dans L1 de la suite (Xn )n≥1 vers −1, on aurait en particulier limn→∞ E[Xn ] = E[−1] = −1. Or, pour tout n ≥ 1, on a

E[Xn ] = −1(1 −

1 1 ) + (n2 − 1) 2 = 0. 2 n n

La convergence n'a donc pas lieu dans L1 .

8.

Soit (θn )n≥1 une suite de réels strictement positifs telle que limn→+∞ θn = +∞. Soit (Xn )n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes telle que pour tout n ≥ 1, Xn suive la loi exponentielle de paramètre θn . a. Étudier la convergence en probabilités de la suite (Xn )n≥1 . Quelle hypothèse n'a-t-on pas utilisée ? b. Reprendre la question précédente avec la convergence dans L1 . c. Étudier, dans le cas où θn = n puis dans le cas où θn = log n, la convergence presque sûre de la suite (Xn )n≥1 . Solution de l'exercice 8. a. On devine que la suite (Xn )n≥1 tend vers 0 en probabilité. Par exemple, on peut observer que l'espérance et la variance de Xn , qui valent toutes deux θ1n , convergent vers 0. On sait que cela implique que la suite (Xn )n≥0 converge dans L2 vers 0, et donc en probabilité. Démontrons néanmoins directement la convergence. Soit ε > 0. On a Z +∞ θn e−θn x dx = e−θn ε . P(Xn > ε) = ε

Puisque la suite (θn )n≥1 tend vers +∞, la suite (e−θn ε )n≥1 tend vers 0, et ce quel que soit ε. Ceci montre qu'on a la convergence P

Xn −→ 0. n→+∞

On ne s'est pas servi de l'hypothèse d'indépendance. b. Puisque la suite (Xn )n≥1 converge vers 0 en probabilité, sa seule limite possible dans 1 L est 0. Pour tout n ≥ 1, on a

E[|Xn − 0|] = E[|Xn |] = E[Xn ] =

1 , θn

qui tend vers 0 lorsque n tend vers l'inni. Ceci montre qu'on a la convergence L1

Xn −→ 0. n→+∞

On ne s'est toujours pas servi de l'hypothèse d'indépendance. c. Comme à la question précédente, la seule limite presque sûre possible pour la suite (Xn )n≥0 est 0. La question est donc de déterminer si l'événement  \ [ \  1 |Xn | ≤ , k N ≥1 n≥N k≥1

7

qui est l'événement où la suite converge vers 0, est de probabilité 1 ou non. Pour que cet événement soit de probabilité 1, il faut (et il sut) que pour tout k ≥ 1, l'événement  [ \  1 |Xn | ≤ k N ≥1 n≥N soit de probabilité 1, ce qui équivaut à ce que l'événement complémentaire  \ [  1 |Xn | > k N ≥1 n≥N soit de probabilité nulle. Ce dernier événement se présente
comme la limite supérieure d'une suite d'événements, en l'occurence la suite |Xn | > k1 n≥1 . Considérons la cas θn = n. Nous avons   1 n 1 = e− k = (e− k )n , P |Xn | > k si bien que pour tout k ≥ 1, la série

 X  1 P |Xn | > , k n≥1 qui est une série géométrique de raison strictement inférieure à 1, converge. Le lemme de Borel-Cantelli nous permet d'en déduire que    ! \ [  1 1 P lim sup |Xn | > =P = 0. |Xn | > k k N ≥1 n≥N Nous avons déjà dit pourquoi ceci entraînait la convergence presque sûre de la suite. Dans ce cas, nous avons donc p.s. Xn −→ 0. n→+∞

Nous ne nous sommes toujours pas servi de l'hypothèse d'indépendance. Nous allons enn nous en servir dans le cas θn = log n. En eet, dans ce cas,   log n 1 1 = e− k = 1 . |Xn | > P k nk Pour k = 1 par exemple, nous en déduisons  X  1 P |Xn | > = +∞ k n≥1 et donc, par la deuxième assertion du lemme de Borel-Cantelli,

! \ [

P (lim sup {|Xn | > 1}) = P

N ≥1 n≥N

8

{|Xn | > 1}

= 1.

Ainsi, avec probabilité 1, la suite (Xn )n≥1 prend une innité de fois des valeurs supérieures à 1. Ce comportement est incompatible avec la convergence vers 0, aussi, la probabilité qu'elle converge vers 0 est nulle. Nous avons déjà dit que la seule limite presque sûre possible pour la suite (Xn )n≥1 était la variable nulle, car c'est sa limite en probabilité. Dans le cas où θn = log n, nous en déduisons que la suite (Xn )n≥1 n'a pas de limite presque sûre. Une simulation peut permettre de mieux saisir la diérence entre la convergence en probabilité et la convergence presque sûre. Voici respectivement un tirage des 100 premiers termes et des 10000 premiers termes de la suite (Xn )n≥1 lorsque θn = n. La suite converge rapidement vers 0 et, après quelques uctuations, ne prend plus que des valeurs extrêmement petites. On verrait un tel comportement en grossissant autant qu'on pourrait le souhaiter l'échelle sur l'axe des ordonnées. Voici maintenant un tirage des 100 premiers termes et des 10000 premiers termes de la suite (Xn )n≥1 lorsque θn = log n. La suite a tendance à prendre des valeurs proches de 0 et, bien que ce ne soit pas très visible, cette tendance s'accentue lorsque n grandit, au point que la densité de points bleus au-dessus de n'importe quelle barrière strictement positive nira par devenir quasiment nulle (c'est le sens de la convergence en probabilité). Par contre, il arrive, et il continuera d'arriver pour des valeurs arbitrairement grandes de n que la suite prenne des valeurs macroscopiquement grandes, en l'occurence de l'ordre de 1. On peut vérifer expérimentalement la persistance de ce comportement en regardant un tirage des 100 000 premiers termes :

9.

Soit (an )n≥1 une suite de réels. Soit c un réel. a. Montrer que lim sup an > c si et seulement s'il existe un réel c0 > c tel qu'on ait an > c0 pour une innité de n. b. Montrer que lim sup an < c si et seulement s'il existe un réel c0 < c tel que an < c0 pour n assez grand. Solution de l'exercice 9. a. Supposons lim sup an > c. Il existe une sous-suite de (an )n≥1 qui converge vers lim sup an . Soit (ank )k≥1 une telle sous-suite. Soient c0 et c00 tels que c < c0 < c00 < lim sup an . Le fait que la suite (ank )k≥1 converge vers lim sup an assure que pour k assez grand, on a ank ≥ c00 > c0 . Ainsi, la suite (an )n≥1 a une innité de termes strictement supérieurs à c0 . Réciproquement, supposons qu'il existe c0 > c et une innité de n tels que an > c0 . La suite (an )n≥1 possède donc une sous-suite (bk )k≥1 dont tous les termes sont strictement supérieurs à c0 . Toute valeur d'adhérence de cette sous-suite est donc supérieure ou égale à c0 . Par ailleurs, toute valeur d'adhérence de (bk )k≥1 est aussi une valeur d'adhérence de 9

(an )n≥1 . Ainsi, lim sup an ≥ lim sup bk ≥ c0 > c. b. Supposons an < c0 pour n assez grand. Alors toute suite extraite de an est bornée asymptotiquement par c0 , donc toute limite de suite extraite de an est inférieure ou égale à c0 . Ainsi, lim sup an ≤ c0 < c. Réciproquement, supposons que lim sup an < c. On peut trouver c0 tel que lim sup an < c0 < c. Alors en reprenant les notations de l'exercice précédent, vu la décroissance de sp , il existe un N tel que sp < c0 pour tout p > N , en particulier sN < c0 ce qui donne par dénition de sN , pour tout n > N , an < c0 < c.

10.

Soit (Xn )n≥1une suite de variables aléatoires de loi exponentielle E(1).  Xn > 1 = 0. a.Montrer que P lim sup log n On suppose désormais  X1 , X2 , . . . indépendantes.  Xn b. Montrer que P lim sup < 1 = 0. Montrer que ce résultat peut être faux log n sans l'hypothèse d'indépendance. Xn est presque sûrement égale à une constante que l'on déterc. Montrer que lim sup log n minera. d. Montrer que lim inf Xn est presque sûrement égale à 0. Solution de l'exercice 10. a. D'après l'exercice 3, on a  [   Xn 1 Xn lim >1 = > 1 + inniment souvent log n log n k k≥1   [ Xn 1 lim sup >1+ = . log n k n→∞ k≥1

Pour tous n, k ≥ 1, on a, puisque Xn suit la loi exponentielle de paramètre 1,        1+ 1 k − log n 1 Xn 1 1 >1+ =e P = P Xn > log n1+ k = 1+ 1 . log n k n k Pour tout k ≥ 1, ce nombre est, en fonction de n, le terme général d'une série convergente, donc  X  Xn 1 P >1+ < +∞. log n k n≥1 Le lemme de Borel-Cantelli assure donc que    Xn 1 = 0. P lim sup >1+ log n k n→∞ Puisqu'une union dénombrable d'événements de probabilité nulle est encore de probabilité nulle, on en déduit   Xn P lim > 1 = 0. log n 10

b. D'après l'exercice 3 encore,   [  Xn Xn 1 lim k 2 b. Pour tout k ≥ 1, on pose Yk = Xnk (on dit que la suite (Yk )k≥1 est extraite de la suite (Xn )n≥1 ). Montrer que la suite (Yk )k≥1 converge presque sûrement vers X . On a montré que d'une convergence en probabilité on pouvait extraire une convergence presque sûre.

12. a. Soit k ≥ 1. Supposons qu'on ait
construit les k−1 premiers termes n1 < · · · < nk−1 de la suite. Comme P |Xn − X| > k1 → 0 lorsque n → ∞, on peut trouver n = nk > nk−1 tel que   1 1 P |Xnk − X| > ≤ k. k 2 Solution de l'exercice

12

b. On remarque que

  X   K X 1 1 lim P |Xnk − X| > = < +∞. P |Xnk − X| > K→∞ k k k=1 k≥1 Or, par le théorème de convergence monotone,

# " K   K X X 1 lim P |Xnk − X| > = lim E 1{|Xnk −X|> k1 } K→∞ K→∞ k k=1 k=1 " # " # K X X = E lim 1{|Xnk −X|> k1 } = E 1{|Xnk −X|> k1 } . K→∞

 X  1 P |Xnk − X| > = k k≥1

k=1

k≥1

Comme cette espérance est nie, on en déduit que la variable aléatoire

P

k≥1

1{|Xnk −X|> k1 }

est nie presque sûrement. Autrement dit, il y a seulement un nombre ni (dépendant de ω ) d'indices k tels que |Xnk −X| > k1 . On en déduit qu'avec probabilité 1, pour tout k assez grand |Xnk − X| ≤ k1 . En particulier, |Xnk − X| → 0 quand k → ∞ presque sûrement. En fait on pouvait conclure directement en appliquant le lemme de Borel-Cantelli, l'argument donné ci-dessus étant le coeur de la preuve de ce lemme.

13