Université Pierre et Marie Curie 2012-2013Probabilités élémentaire - LM345 Feuille 8 (semaine du 19 au 23 novembre 2012)

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 convergencessuivantes 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. Alorsen particulier, P(1An >

12) = 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 station-

naire, égale à 0 à partir d'un certain rang. Ceci a lieu si et seulement si ω appartient àlim inf Acn, qui est le complémentaire de lim supAn. Ainsi, la convergence a lieu presquesûrement si et seulement si P(lim supAn) = 0.

Quelques manipulations d'événements

2. Soit Ω un ensemble. Soit (Xn)n≥1 une suite de fonctions à valeurs réelles déniessur Ω.

a. Décrire en français et sans utiliser les expressions "quelque soit" ni "il existe" lesparties suivantes de Ω :

A =⋃a∈R

⋃b∈R

⋂n≥1

ω ∈ Ω : a ≤ Xn(ω) ≤ b,

B =⋃N≥1

⋂n≥N

⋂m≥n

ω ∈ Ω : Xn(ω)−Xm(ω) ≥ 0,

C =⋃`∈R+

⋂k≥1

⋃N≥1

⋂n≥N

ω ∈ Ω : |Xn(ω)− `| ≤ 1

k

,

D =⋃k≥1

⋂N≥1

⋃n≥N

⋃m≥N

ω ∈ Ω : |Xn(ω)−Xm(ω)| > 1

k

.

1

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

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.

Solution de l'exercice 2. a. Le tableau suivant donne les descriptions en français deA,B,C,D :

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 neconverge pas vers une limite nie. On aurait donc pu l'écrire sous la forme

D =⋂`∈R

⋃k≥1

⋂N≥1

⋃n≥N

ω ∈ Ω : |Xn(ω)− `| > 1

k

.

Toutefois, cette écriture a l'inconvénient de faire intervenir une intersection non dénom-brable (la première). Si la suite (Xn)n≥1 est une suite de variables aléatoires, il n'est pasévident avec cette écriture que D soit un événement, alors que l'écriture donnée dansl'énoncé permet de l'armer.

Question supplémentaire : Qu'en est-il de C ? Si nous sommes sur un espacede 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 intervenirune 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 enn'utilisant que des unions et des intersections dénombrables ?

2

b. On a

E =⋂n≥1

ω ∈ Ω : Xn(ω) ≥ 0 ,

F =⋂M≥1

⋃n≥1

ω ∈ Ω : Xn(ω) ≥M ,

G =⋂M≥1

⋃N≥1

⋂n≥N

ω ∈ Ω : Xn(ω) ≥M ,

H =⋂`∈R+

⋃k≥1

⋂N≥1

⋃n≥N

ω ∈ Ω : |Xn(ω)− `| > 1

k

=

(⋃k≥1

⋂N≥1

⋃n≥N

⋃m≥N

ω ∈ Ω : |Xn(ω)−Xm(ω)| > 1

k

)

∪

(⋃k≥1

⋂N≥1

⋃n≥N

ω ∈ Ω : Xn(ω) ≤ −1

k

).

3. Soit Ω un ensemble. Soit (An)n≥1 une suite de parties de Ω. Déterminer les relationsd'inclusion qui existent toujours entre les parties suivantes de Ω :⋃

N≥1

⋂n≥N

An,⋂N≥1

⋃n≥N

An,⋃n≥1

An,⋂n≥1

An, Ω, ∅.

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 toutepartie de Ω est incluse dans Ω. En ce qui concerne les quatre autres parties, on peut lesdécrire avec des mots de la façon suivante :

L'ensemble ci-dessous est l'ensemble des ω ∈ Ω qui sont dans ...⋂n≥1

An ... tous les An,⋃N≥1

⋂n≥N

An ... tous les An à partir d'un certain rang,⋂N≥1

⋃n≥N

An ... une innité des An,⋃n≥1

An ... au moins un des An.

Ces conditions sont de moins en moins contraignantes : elles sont donc satisfaites parune partie de plus en plus grande de Ω. On a donc toujours les inclusions

∅ ⊂⋂n≥1

An ⊂⋃N≥1

⋂n≥N

An ⊂⋂N≥1

⋃n≥N

An ⊂⋃n≥1

An ⊂ Ω.

3

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. Ona alors⋂

n≥1

An = 1,⋃N≥1

⋂n≥N

An = 1, 2,⋂N≥1

⋃n≥N

An = 1, 2, 3,⋃n≥1

An = 1, 2, 3, 4

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 supn→∞

an = limn→∞

supk≥n

ak lim infn→∞

an = limn→∞

infk≥n

ak

Si (An) est une suite d'événements :

lim sup An =⋂n≥1

⋃k≥n

Ak lim inf An =⋃n≥1

⋂k≥n

Ak

On retient quelim supAn = ω ∈ Ω : n : ω ∈ An est inni

4. Lemme de Borel-Cantelli.

a) Soit (Ω,F ,P) un espace de probabilité. Soit (An)n≥1 une suite d'événements telleque ∑

n≥1

P(An) < +∞.

Montrer que P(lim supAn) = 0.

b) Soit (An)n≥1 une suite d'événements indépendants telle que∑n≥1

P(An) = +∞.

On veut démontrer que P(lim supAn) = 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

P

(n⋂

k=m

Ack

)≤ exp

(−

n∑k=m

P(Ak)

).

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

(∞⋂k=m

Ack

)= 0, puis conclure.

4

Solution de l'exercice 4. a)⋃n≥k

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

quand k croît vers l'inni,

P

(⋃n≥k

An

) P

(⋂k≥1

⋃n≥k

An

)= P (lim supAn) .

Or, on a de manière évidente

P

(⋃n≥k

An

)≤∑n≥k

P(An).

Comme la série des P(An) est sommable, le membre de droite de cette inégalité, qui estla queue de la série, tend vers 0 lorsque k tend vers l'inni. Donc le membre de gauche del'inégalité (dont on a dit juste avant qu'il tendait vers P(lim supAn)) tend aussi vers 0,ce qui prouve le résultat demandé (par unicité de la limite d'une suite de réels). b) 1. Ils'agit d'une inégalité de convexité classique (le graphe de l'exponentielle reste au dessusde 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 àl'indépendance :

P

(n⋂

k=m

Ack

)=

n∏k=m

P(Ack) ≤ exp

(−

n∑k=m

P(Ak)

).

3. On fait tendre n vers l'inni dans l'inégalité précédente. Pour le membre de gauche,

on utilise la décroissance en n de la suite d'événementsn⋂

k=m

Ack. Pour celui de droite, on

utilise l'hypothèse P (⋂∞k=mA

ck) = 0. On obtient nalement

P

(∞⋂k=m

Ack

)= lim

n→∞P

(n⋂

k=m

Ack

)= 0.

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 delim sup(An). D'où le résultat.

5

5. Soit (Xn) une suite de variable aléatoires. Montrer que[∀ε > 0,

∞∑n=0

P(|Xn| > ε) < +∞

]⇒ Xn

p.s−→ 0

Que dire de la réciproque ?

Solution de l'exercice 5. Supposons que ∀ε > 0,∑∞

n=0 P(|Xn| > ε) < +∞ et montre-rons que Xn converge presque sûrement vers 0.

P(Xn → 0) = P (ω ∈ Ω : ∀ε > 0,∃N(ω) : n ≥ N(w)⇒ (|Xn(w)| ≤ ε))

= P(ω ∈ Ω : ∀k ≥ 1,∃N(ω) : n ≥ N(w)⇒ (|Xn(w)| ≤ 1

k)

)= P

( ⋂k∈N∗

⋃N≥1

⋂n≥N

(|Xn| ≤1

k)

)

= 1− P

( ⋃k∈N∗

⋂N≥1

⋃n ≥ N(|Xn| >

1

k)

)

= 1− P

( ⋃k∈N∗

lim supn

(|Xn| >1

k)

)

D'après l'hypothèse que nous avons faite (appliquée à ε = 1k) et d'après le lemme de Borel

Cantelli, pour chaque k ≥ 1, on a P(lim supn(|Xn| > 1k)) = 0. Une réunion dénombrable

d'événements de probabilité nulle étant encore de probabilité nulle on en déduit que

P(Xn → 0) = 1

autrement dit Xn converge presque sûrement vers 0. La réciproque est vraie si les Xn sontindépendants (car nécessite l'utilisation de l'autre partie du lemme de BC).

Applications et autres exercices

6. Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli deparamètre p ∈]0, 1[. Montrer qu'avec probabilité 1, la suite (Xn)n≥1 prend une innité defois 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 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 queP(lim supAn) = 1. Le même raisonnement s'applique aux événements Bn qui sont deprobabilité 1 − p > 0. Donc P(lim supBn) = 1, et P(lim supAn ∩ lim supBn) = 1. Orl'événement lim supAn∩ lim supBn est précisément l'événement où la suite (Xn)n≥1 prendune innité de fois la valeur 1 et une innité de fois la valeur 0.

6

7. Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes telle que pour toutn ≥ 1 on ait

P(Xn = −1) = 1− 1

n2et P(Xn = n2 − 1) =

1

n2.

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) =1n2 , donc

limn→∞

P(|Xn + 1| > ε) = 0.

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) = 1

n2 , donc∑n≥1

P(Xn 6= −1) < +∞.

D'après le lemme de Borel-Cantelli, ceci entraîne qu'avec probabilité 1, il n'y a qu'unnombre ni de valeurs de n pour lesquelles Xn n'est pas égal à −1. Autrement dit, avecprobabilité 1, Xn est égal à −1 pour n assez grand. En particulier, avec probabilité 1, lasuite (Xn)n≥1 converge vers −1.

La suite (Xn)n≥1 converge donc presque sûrement vers −1.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

n2) + (n2 − 1)

1

n2= 0.

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-onpas 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 toutesdeux 1

θn, convergent vers 0. On sait que cela implique que la suite (Xn)n≥0 converge dans

L2 vers 0, et donc en probabilité.

7

Démontrons néanmoins directement la convergence. Soit ε > 0. On a

P(Xn > ε) =

∫ +∞

ε

θne−θnx dx = e−θnε.

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

XnP−→

n→+∞0.

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

L1 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

XnL1

−→n→+∞

0.

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⋂k≥1

⋃N≥1

⋂n≥N

|Xn| ≤

1

k

,

qui est l'événement où la suite converge vers 0, est de probabilité 1 ou non. Pour que cetévénement soit de probabilité 1, il faut (et il sut) que pour tout k ≥ 1, l'événement⋃

N≥1

⋂n≥N

|Xn| ≤

1

k

soit de probabilité 1, ce qui équivaut à ce que l'événement complémentaire⋂

N≥1

⋃n≥N

|Xn| >

1

k

soit de probabilité nulle. Ce dernier événement se présente comme la limite supérieured'une suite d'événements, en l'occurence la suite

(|Xn| > 1

k

)n≥1.

Considérons la cas θn = n. Nous avons

P(|Xn| >

1

k

)= e−

nk = (e−

1k )n,

8

si bien que pour tout k ≥ 1, la série∑n≥1

P(|Xn| >

1

k

),

qui est une série géométrique de raison strictement inférieure à 1, converge. Le lemme deBorel-Cantelli nous permet d'en déduire que

P(

lim sup

|Xn| >

1

k

)= P

(⋂N≥1

⋃n≥N

|Xn| >

1

k

)= 0.

Nous avons déjà dit pourquoi ceci entraînait la convergence presque sûre de la suite. Dansce cas, nous avons donc

Xnp.s.−→

n→+∞0.

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,

P(|Xn| >

1

k

)= e−

lognk =

1

n1k

.

Pour k = 1 par exemple, nous en déduisons∑n≥1

P(|Xn| >

1

k

)= +∞

et donc, par la deuxième assertion du lemme de Borel-Cantelli,

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

(⋂N≥1

⋃n≥N

|Xn| > 1

)= 1.

Ainsi, avec probabilité 1, la suite (Xn)n≥1 prend une innité de fois des valeurs supérieuresà 1. Ce comportement est incompatible avec la convergence vers 0, aussi, la probabilitéqu'elle converge vers 0 est nulle. Nous avons déjà dit que la seule limite presque sûrepossible 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 limitepresque sûre.

Une simulation peut permettre de mieux saisir la diérence entre la convergence enprobabilité et la convergence presque sûre. Voici respectivement un tirage des 100 pre-miers termes et des 10000 premiers termes de la suite (Xn)n≥1 lorsque θn = n.

9

0 20 40 60 80 1000.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

La suite converge rapidement vers 0 et, après quelques uctuations, ne prend plus quedes valeurs extrêmement petites. On verrait un tel comportement en grossissant autantqu'on pourrait le souhaiter l'échelle sur l'axe des ordonnées.

Voici maintenant un tirage des 100 premiers termes et des 10000 premiers termes dela suite (Xn)n≥1 lorsque θn = log n.

0 20 40 60 80 1000.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

La suite a tendance à prendre des valeurs proches de 0 et, bien que ce ne soit pas trèsvisible, cette tendance s'accentue lorsque n grandit, au point que la densité de points bleusau-dessus de n'importe quelle barrière strictement positive nira par devenir quasimentnulle (c'est le sens de la convergence en probabilité). Par contre, il arrive, et il continuerad'arriver pour des valeurs arbitrairement grandes de n que la suite prenne des valeursmacroscopiquement grandes, en l'occurence de l'ordre de 1. On peut vérifer expérimen-talement la persistance de ce comportement en regardant un tirage des 100 000 premierstermes :

10

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 c′ > c tel qu'on ait

an > c′ pour une innité de n.b. Montrer que lim sup an < c si et seulement s'il existe un réel c′ < c tel que an < c′

pour n assez grand.

Solution de l'exercice 9. a. Supposons lim sup an > c. Il existe une sous-suite de (an)n≥1qui converge vers lim sup an. Soit (ank

)k≥1 une telle sous-suite. Soient c′ et c′′ tels quec < c′ < c′′ < lim sup an. Le fait que la suite (ank

)k≥1 converge vers lim sup an assure quepour k assez grand, on a ank

≥ c′′ > c′. Ainsi, la suite (an)n≥1 a une innité de termesstrictement supérieurs à c′.

Réciproquement, supposons qu'il existe c′ > c et une innité de n tels que an > c′. Lasuite (an)n≥1 possède donc une sous-suite (bk)k≥1 dont tous les termes sont strictementsupérieurs à c′. Toute valeur d'adhérence de cette sous-suite est donc supérieure ou égaleà c′. Par ailleurs, toute valeur d'adhérence de (bk)k≥1 est aussi une valeur d'adhérence de(an)n≥1. Ainsi, lim sup an ≥ lim sup bk ≥ c′ > c.

b. Supposons an < c′ pour n assez grand. Alors toute suite extraite de an est bornéeasymptotiquement par c′, donc toute limite de suite extraite de an est inférieure ou égaleà c′. Ainsi, lim sup an ≤ c′ < c.

Réciproquement, supposons que lim sup an < c. On peut trouver c′ tel que lim sup an <c′ < c. Alors en reprenant les notations de l'exercice précédent, vu la décroissance de sp,il existe un N tel que sp < c′ pour tout p > N , en particulier sN < c′ ce qui donne pardénition de sN , pour tout n > N , an < c′ < c.

10. Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires de loi exponentielle E(1).

a.Montrer que P(

lim supXn

log n> 1

)= 0.

On suppose désormais X1, X2, . . . indépendantes.

b. Montrer que P(

lim supXn

log n< 1

)= 0. Montrer que ce résultat peut être faux

sans l'hypothèse d'indépendance.c. Montrer que lim sup Xn

lognest presque sûrement égale à une constante que l'on déter-

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 alim

Xn

log n> 1

=⋃k≥1

Xn

log n> 1 +

1

kinniment souvent

=⋃k≥1

lim supn→∞

Xn

log n> 1 +

1

k

.

11

Pour tous n, k ≥ 1, on a, puisque Xn suit la loi exponentielle de paramètre 1,

P(Xn

log n> 1 +

1

k

)= P

(Xn > log

(n1+ 1

k

))= e

− log

(n1+ 1

k

)=

1

n1+ 1k

.

Pour tout k ≥ 1, ce nombre est, en fonction de n, le terme général d'une série convergente,donc ∑

n≥1

P(Xn

log n> 1 +

1

k

)< +∞.

Le lemme de Borel-Cantelli assure donc que

P(

lim supn→∞

Xn

log n> 1 +

1

k

)= 0.

Puisqu'une union dénombrable d'événements de probabilité nulle est encore de probabiliténulle, on en déduit

P(

limXn

log n> 1

)= 0.

b. D'après l'exercice 3 encore,lim

Xn

log n< 1

=⋃k≥1

Xn

log n< 1− 1

kpour n assez grand

=⋃k≥1

lim infn→∞

Xn

log n< 1− 1

k

=⋃k≥1

(lim supn→∞

Xn

log n≥ 1− 1

k

)c.

Pour tous n, k ≥ 1, on a, d'après le même calcul que précédemment,

P(Xn

log n≥ 1− 1

k

)=

1

n1− 1k

,

si bien que ∑n≥1

P(Xn

log n≥ 1− 1

k

)= +∞.

Puisque les variables aléatoires X1, X2, . . . sont indépendantes, la deuxième partie dulemme de Borel-Cantelli entraîne

P(

lim supn→∞

Xn

log n≥ 1− 1

k

)= 1,

d'où il découle que

P(

limXn

log n< 1

)= 0.

12

Si on avait par exemple Xn = X1 pour tout n ≥ 1, auquel cas l'hypothèse d'indépendanceserait mise en défaut, on aurait Xn

logn= X1

lognqui tendrait vers 0 presque sûrement. En

particulier, on aurait lim sup Xn

logn= 0 presque sûrement.

c. Puisque P(lim sup Xn

logn< 1) + P(lim sup Xn

logn> 1) + P(lim sup Xn

logn= 1) = 1, il

découle des résultats précédents que lim sup Xn

lognest presque sûrement égale à 1.

d. Soit (an) une suite de réels. D'après la deuxième partie du lemme de Borel-Cantelli,il sut, pour qu'on ait Xn < an inniment souvent, d'avoir

∑n≥1 P(Xn < an) = +∞.

Or, pour a voisin de 0, on a P(X < a) = 1 − e−a = a + O(a2). Il sut donc d'avoir∑n≥1 an = +∞. On peut donc prendre an = 1

n.

L'événement Xn ≤ 1ninniment souvent est donc de probabilité 1. Sur cet événe-

ment, lim inf Xn = 0, donc lim inf Xn = 0 presque sûrement.Ici encore, si on avait par exemple Xn = X1 pour tout n ≥ 1, on aurait lim inf Xn = X1

presque sûrement, qui n'est pas la variable aléatoire nulle.

11. Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes et toutes de carréintégrable.

a. Montrer que pour tout n ≥ 1 et tout a ∈ R, on a

E[(Xn − a)2] = (E[Xn]− a)2 + Var(Xn).

b. En déduire que la suite (Xn)n≥1 converge en moyenne quadratique vers une constantea si et seulement si on a les convergences

limn→∞

E[Xn] = a et limn→∞

Var(Xn) = 0.

Solution de l'exercice 11. a. On a

E[(Xn − a)2] = E[((Xn − E[Xn]) + (E[Xn]− a))2]

= Var(Xn) + 2E[(Xn − E[Xn])(E[Xn]− a)] + (E[Xn]− a))2.

En sortant la constante (E[Xn] − a) de l'espérance du deuxième terme du membre dedroite, on constate que celui-ci est nul, d'où le résultat.

b. Supposons d'abord que E[(Xn − a)2] → 0 lorsque n → ∞. D'après la questionprécédente, E[(Xn − a)2] = (E[Xn] − a)2 + Var(Xn), les deux termes sont positifs donctendent aussi vers 0 quand n→∞.

Réciproquement, supposons que

limn→∞

E[Xn] = a et limn→∞

Var(Xn) = 0.

On conclut grâce à l'égalité démontrée au a., en remarquant que les deux termes dumembre de droite tendent vers 0.

13

12. Soit (Ω,F ,P) un espace de probabilité. Soient X,X1, X2, . . . : (Ω,F ,P)→ R desvariables aléatoires réelles. On suppose que la suite (Xn)n≥1 converge en probabilité versX.

a. Montrer qu'il existe une suite strictement croissante d'entiers 1 ≤ n1 < n2 < . . .telle que pour tout k ≥ 1 on ait

P(|Xnk

−X| > 1

k

)≤ 1

2k.

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.

Solution de l'exercice 12. a. Soit k ≥ 1. Supposons qu'on ait construit les k−1 premierstermes n1 < · · · < nk−1 de la suite. Comme P

(|Xn −X| > 1

k

)→ 0 lorsque n → ∞, on

peut trouver n = nk > nk−1 tel que

P(|Xnk

−X| > 1

k

)≤ 1

2k.

b. On remarque que

limK→∞

K∑k=1

P(|Xnk

−X| > 1

k

)=∑k≥1

P(|Xnk

−X| > 1

k

)< +∞.

Or, par le théorème de convergence monotone,

∑k≥1

P(|Xnk

−X| > 1

k

)= lim

K→∞

K∑k=1

P(|Xnk

−X| > 1

k

)= lim

K→∞E

[K∑k=1

1|Xnk−X|> 1

k

]

= E

[limK→∞

K∑k=1

1|Xnk−X|> 1

k

]= E

[∑k≥1

1|Xnk−X|> 1

k

].

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

k≥1 1|Xnk−X|> 1

kest nie presque sûrement. Autrement dit, il y a seulement un nombre ni (dépendant deω) d'indices k tels que |Xnk

−X| > 1k. On en déduit qu'avec probabilité 1, pour tout k assez

grand |Xnk−X| ≤ 1

k. En particulier, |Xnk

−X| → 0 quand k →∞ presque sûrement. Enfait on pouvait conclure directement en appliquant le lemme de Borel-Cantelli, l'argumentdonné ci-dessus étant le coeur de la preuve de ce lemme.

14