**Proposition 9.23** Soit $p \in \mathbb{N}$, $p \ge 2$, $d_1, \dots, d_p \in \mathbb{N}^*$. soit $(\Omega, \mathcal{A})$ un espace probabili-
sable et, pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$, $X_i$ un v.a. de dimension $d_i$. On suppose que les v.a.
$X_1, \dots, X_p$ sont indépendants. On se donne maintenant une suite strictement croissante
$p_0, \dots, p_q$ ($q \ge 2$) t.q. $1 = p_0 < \dots < p_q = p+1$ et, pour $i \in \{1, \dots, q\}$, on note $Y_i$ le
v.a. $(X_{p_{i-1}}, \dots, X_{p_{i-1}})^t$, qui est donc un v.a. de dimension $r_i = d_{p_{i-1}} + \dots + d_{p_{i-1}}$. On a
alors

1. Les v.a. $Y_1, \dots, Y_q$ sont indépendantes,

2. Si $\varphi_i$ est, pour tout $i \in \{1, \dots, q\}$, une application borélienne de $\mathbb{R}^{r_i}$ dans $\mathbb{R}^{s_i}$ (avec $s_i \in \mathbb{N}^*$), les v.a. $\varphi_1(Y_1), \dots, \varphi_q(Y_q)$ sont indépendants.

DÉMONSTRATION – le premier item est une conséquence immédiate de la proposi-
tion 2.58 (sur l’indépendance de tribus) et de la proposition 9.3. Le second item est
une conséquence immédiate du premier car $\sigma(\varphi_i(Y_i)) \subset \sigma(Y_i)$ pour tout $i$. $\blacksquare$

**Remarque 9.24** Soit $(\Omega, \mathcal{A})$ un espace probabilisable et $X, Y$ deux v.a. (pas nécessairement de même dimension). La proposition 9.23 montre que si $X$ et $Y$ sont indépendants, toute composante de $X$ est indépendante de toute composante de $Y$. Réciproquement, si toute composante de $X$ est indépendante de toute composante de $Y$, on en déduit que $X$ et $Y$ sont indépendants. Ceci est encore une conséquence simple de la proposition 2.58.

On donne maintenant une généralisation de la proposition 4.59.

**Proposition 9.25** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $n \ge 2$ et $X_1, \dots, X_n$ des v.a. indépendants, de dimension $d_1, \dots, d_n \in \mathbb{N}^*$.*

1. Soit, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, une fonction borélienne, notée $\varphi_i$, de $\mathbb{R}^{d_i}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$. On a alors :

$$
E\left(\left[\prod_{i=1}^{n} \varphi_i(X_i)\right]\right) = \left[\prod_{i=1}^{n} E(\varphi_i(X_i))\right]. \qquad (9.2)
$$

(En convenant qu’un produit de termes est nul si l’un des termes est nul.)

2. Soit, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, $\varphi_i$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}^{d_i}$ dans $\mathbb{R}$. On suppose que $\varphi(X_i)$ est intégrable pour tout $i = 1, \dots, n$. La v.a.r. $\prod_{i=1}^n \varphi_i(X_i)$ est alors intégrable et l'égalité (9.2) est vraie.

3. Soit, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, $\varphi_i$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}^{d_i}$ dans $\mathbb{R}$.
Alors, l'égalité (9.2) est vraie.

N.B. Comme dans la proposition 4.59, l’item 3 est donc une condition nécessaire suffisante pour que les v.a. $X_1, \dots, X_n$ soient indépendants.

La démonstration suit pas à pas celle de la proposition 4.59, sans difficulté supplémentaire.
**Remarque 9.26** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé. La proposition 9.25 donne aussi des résultats quand les fonctions $\varphi_i$ sont à la valeurs dans $\mathbb{R}^{r_i}$ avec $r_i \neq 1$. Par exemple, soit X, Y deux v.a. indépendants de dimensions $d$. On suppose X et Y intégrables (c'est-à-dire $E(|X|) < \infty$ et $E(|Y|) < \infty$). La v.a.r. $X \cdot Y$ est alors intégrable et $E(X \cdot Y) = E(X) \cdot E(Y)$.

Plus généralement, soit X est un v.a. de dimension $d$, Y est un v.a. de dimension $\tilde{d}$, X, Y indépendants. On suppose que $\varphi$ est une fonction borélienne de $\mathbb{R}^d$ dans $\mathbb{R}^r$ et $\psi$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}^{\tilde{d}}$ dans $\mathbb{R}^r$ t.q. $\varphi \circ X$ et $\psi \circ Y$ soient intégrables. On a alors $\varphi \circ X \cdot \psi \circ Y$ intégrable et $E(\varphi \circ X \cdot \psi \circ Y) = E(\varphi \circ X) \cdot E(\psi \circ Y)$.

Enfin, si $X_1, \dots, X_n$ sont des v.a. indépendants de dimension $d$ ($d \ge 1$), la formule donnée dans la proposition 6.97 se généralise et donne :

$$ \mathrm{Cov}(X_1 + \dots + X_n) = \sum_{i=1}^{n} \mathrm{Cov}(X_i). $$

Pour le montrer, il suffit de traiter le cas $n = 2$ (qui est traité dans l'exercice 9.7) et de faire une récurrence sur $n$.

On donne maintenant la généralisation de la proposition 4.61.

**Proposition 9.27** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $n \ge 2$ et $X_1, \dots, X_n$ des v.a. de dimension $d_1, \dots, d_n \in \mathbb{N}^*$. Ces v.a. sont indépendants si et seulement si on a, pour tout famille $\{\varphi_i, i = 1, \dots, n\}$ t.q. $\varphi_i \in C_c(\mathbb{R}^{d_i}, \mathbb{R})$ pour tout $i$,*

$$ E\left(\prod_{i=1}^{d} \varphi_i(X_i)\right) = \prod_{i=1}^{d} E(\varphi_i(X_i)), \qquad (9.3) $$

*(En convenant qu’un produit de termes est nul si l’un des termes est nul.)*

Ici encore, la démonstration suit pas à pas celle de la proposition 4.61, sans difficulté supplémentaire.

**Théorème 9.28 (Loi d'un couple de v.a. indépendantes)** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé.*

1. Soit X, Y deux v.a.r. Les v.a.r. X et Y sont indépendantes si et seulement si la loi du v.a. $(X, Y)^t$ (ou du couple $(X, Y)$) est $P_{(X,Y)^t} = P_X \otimes P_Y$.

2. Soit $X_1, \dots, X_n$ ($n \ge 2$) n v.a. de dimension $d_1, \dots, d_n \in \mathbb{N}^*$. On pose $Z = (X_1, \dots, X_n)^t$ ($Z$ est donc un v.a. de dimension $d_1 + \dots + d_n$). Les v.a. $X_1, \dots, X_n$ sont indépendantes si et seulement si la loi du v.a. $Z$ est $P_Z = P_{X_1} \otimes \dots \otimes P_{X_n}$.
**DÉMONSTRATION** – La démonstration du premier item fait partie de l’exercice 9.8. Le second item est une généralisation assez simple (en faisant, par exemple, une récurrence sur $n$ pour se ramener au cas $n = 2$). ■

On utilise souvent en théorie des probabilités une suite (finie ou infinie) de v.a.r. indépendantes ayant des lois prescrites. Le théorème suivant montre qu’il existe effectivement un espace probabilisé et une suite de variables aléatoires réelles indépendantes sur cet espace ayant des lois prescrites.

## Théorème 9.29 (Existence de v.a.r. indépendantes de lois prescrites)

Soit $(p_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ une suite de probabilités sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. On a alors :

1. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, il existe un espace probabilisé, noté $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$, et une suite finie de v.a.r. indépendantes, notées $X_1, \dots, X_n$, t.q. $P_{X_k} = p_k$ pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$.

2. Il existe un espace probabilisé, noté $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$, et une suite de v.a.r. indépendantes, notée $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ t.q. $P_{X_n} = p_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

**DÉMONSTRATION** – Nous démontrons ici le premier item. Le second (plus difficile) sera admis. Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Un raisonnement par récurrence utilisant le théorème d’existence (et unicité) de la mesure produit (théorème 7.3) permet de construire une mesure $p$ sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ vérifiant, pour toute famille $A_1, \dots, A_n$ de boréliens de $\mathbb{R}$ :

$$p(\prod_{i=1}^{n} A_i) = \prod_{i=1}^{n} p_i(A_i).$$

On a donc $p = p_1 \otimes \dots \otimes p_n$.

On prend alors $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P}) = (\mathbb{R}^n, \mathcal{B}(\mathbb{R}^n), p)$ et, pour tout $i = 1, \dots, n$, $X_i$ est l’application qui a $\omega \in \mathbb{R}^n$ associe sa i-ième composante. Enfin, on note $X = (X_1, \dots, X_n)^t$, de sorte que $X$ est un v.a. de dimension $n$.

Pour tout $\omega \in \mathbb{R}^n$, on a $X(\omega) = \omega$, ceci prouve que $P_X = P$. Puis, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, on a $X(\omega) = \omega_i$ (où $\omega_i$ désigne la i-ième composante de $\omega$). On en déduit que $P_{X_i} = p_i$. Enfin, comme $p = p_1 \otimes \dots \otimes p_n$, on a aussi $P_X = p_{X_1} \otimes \dots \otimes p_{X_n}$. Le théorème 9.28 donne donc que les v.a.r. $X_1, \dots, X_n$ sont indépendantes. ■

On s’intéresse maintenant à la somme de variables aléatoires indépendantes.

**Proposition 9.30 (Loi de la somme de v.a. indépendantes)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X, Y$ deux v.a. indépendants de dimension $d$. Alors, $P_{X+Y} = P_X * P_Y$.
DÉMONSTRATION – Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}^d$ dans $\mathbb{R}$. Comme $X$ et $Y$ sont indépendants, on a $P_{(X,Y)} = P_X \otimes P_Y$ (par le théorème 9.28) et donc :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X + Y)dP = \int_{\mathbb{R}^{2d}} \varphi(x+y)dP_{(X,Y)}(x,y) = \int_{\mathbb{R}^d} \int_{\mathbb{R}^d} \varphi(x+y)dP_X(x)dP_Y(y). $$

La définition de la convolution de mesure donne (voir la définition 7.26 et la proposition 7.27 :

$$ \int_{\mathbb{R}^d} \int_{\mathbb{R}^d} \varphi(x+y)dP_X(x)dP_Y(y) = \int_{\mathbb{R}^d} \varphi(z)d(P_X * P_Y)(z). $$

On en déduit que $\int_{\Omega} \varphi(X + Y)dP = \int_{\mathbb{R}^d} \varphi(z)d(P_X * P_Y)(z)$, c'est-à-dire $P_{X+Y} = P_X * P_Y$.

■

## 9.3 Vecteurs gaussiens

Soit $m \in \mathbb{R}$ et $\sigma > 0$. On rappelle que la loi normale $N(m, \sigma^2)$ est la probabilité (sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}))$ de densité $f$ avec, pour $x \in \mathbb{R}$,

$$ f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp^{-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}}. $$

Pour introduire les v.a. gaussiens, il est utile de définir aussi la loi normale $N(m, 0)$. Cette loi normale est la probabilité (sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}))$ $\delta_m$ (appelée mesure de Dirac au point $m$). Comme elle vérifie, pour tout fonction $\varphi$ borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, $\int \varphi d\delta_m = \varphi(m)$, il est facile de vérifier que $N(m, 0)$ est la limite étroite, quand $\sigma \to 0$, $\sigma > 0$, de $N(0, \sigma^2)$.

**Définition 9.31** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X$ un v.a. de dimension $d$. Le v.a. $X$ est un v.a. gaussien si $u \cdot X$ est, pour tout $u \in \mathbb{R}^d$, une v.a.r. gaussienne.

**Remarque 9.32** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $d > 1$ et $X$ un v.a. de dimension $d$. On suppose que chaque composante de $X$ est une v.a.r. gaussienne. Alors, le vecteur $X$ n'est pas nécessairement gaussien. Mais, si les composantes de $X$ sont indépendantes, le vecteur $X$ est alors un v.a. gaussien. On peut aussi montrer que si $X$ est un v.a. gaussien et que les composantes de $X$ sont indépendantes deux à deux (ou si on a seulement $\text{Cov}(X_i, X_j) = 0$ pour tout $i, j$ t.q. $i \neq j$), alors les composantes de $X$ sont indépendantes (voir l'exercice 10.13 pour tous ces résultats).

Les v.a. gaussiens sont les vecteurs qui suivent un loi normale multidimensionnelle, dont la définition et donnée dans la définition 9.5, à condition d'étendre convenablement la définition 9.5 au cas $D$ non inversible. C'est l'objectif de la proposition suivante.
**Proposition 9.33** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X$ un v.a. de dimension $d$.

1. Soit $m \in \mathbb{R}^d$ et $D$ une matrice s.d.p. (de taille $d \times d$). Si $X \sim \mathcal{N}(m, D)$, où $\mathcal{N}(m, D)$ est définie par la définition 9.5, alors $X$ est un vecteur gaussien.

2. Si $X$ est un vecteur gaussien. On pose $m = E(X)$ et $D = \text{Cov}(X)$. Alors, la loi de $X$ ne dépend que de $m$ et $D$. Si $D$ est inversible on a $X \sim \mathcal{N}(m, D)$ (où $\mathcal{N}(m, D)$ est définie par la définition 9.5).

Ceci permet de définir $\mathcal{N}(m, D)$ dans le cas où $D$ est seulement symétrique semi-définie positive (et $m \in \mathbb{R}^d$). On définit $\mathcal{N}(m, D)$ comme étant la loi d'un vecteur gaussien de dimension $d$ t.q. $m = E(X)$ et $D = \text{Cov}(X)$ (on peut montrer qu'un tel vecteur existe).

Le premier item est démontré dans l'exercice 10.11 et le deuxième item est démontré dans l'exercice 10.12.

**Remarque 9.34** La notion de vecteur aléatoire gaussien (et de loi normale multidimensionnelle) généralise la notion de variable aléatoire gaussienne (et de loi normale). Le théorème central limite que nous avons énoncé dans la remarque 6.100 se généralise au cas vectoriel. Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ une suite de v.a. de dimension $d$ i.i.d.. On suppose que $E(|X_1|^2) < \infty$. On pose $E(X_1) = m$, $D = \text{Cov}(X_1)$ et, pour $n \in \mathbb{N}^*$,

$$Y_n = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i=1}^{n} (X_i - m).$$

La suite $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge alors en loi vers tout v.a. $Y$ dont la loi est la normale multidimensionnelle $\mathcal{N}(0, D)$. (Voir la définition 9.5 et la proposition 9.33 pour la définition de cette loi normale multidimensionnelle.) Ceci sera démontré au chapitre 10 (théorème 10.23) en utilisant la transformation de Fourier.

## 9.4 Exercices

### 9.4.1 Définition, propriétés élémentaires

#### Exercice 9.1 (Application mesurable)

Soient $(E, \mathcal{T})$ un espace mesurable et $(f_k)_{k=1,...,N}$ une famille de fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$ muni de la tribu borélienne. Montrer que l'application $f$ définie de $E$ dans $\mathbb{R}^N$ par : $(x, ..., x) \mapsto f(x) = (f_1(x), ..., f_N(x))$ est mesurable.

**Exercice 9.2 (Probabilités marginales)** Cet exercice montre en particulier (avec les questions 2 et 3) que la connaissance des lois de probabilité marginales ne détermine pas forcément la loi de probabilité.
On note $\lambda_2$ la mesure de Lebesgue sur les boréliens de $\mathbb{R}^2$ et $\delta_{(a,b)}$ la mesure de Dirac en $(a, b)$. Soit $p$ une probabilité sur les boréliens de $\mathbb{R}^2$, on note $p_1$ et $p_2$ ses probabilités marginales.

1. Soit $(a, b) \in \mathbb{R}^2$. Montrer que $p = \delta_{(a,b)}$ si et seulement si $p_1 = \delta_a$ et $p_2 = \delta_b$.

**Corrigé** – On suppose que $p = \delta_{(a,b)}$. On a alors, pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, $p_1(A) = p(A \times \mathbb{R}) = 1$ si $a \in A$ et $0$ si $a \notin A$. On en déduit que $p_1 = \delta_a$. Un raisonnement analogue donne $p_2 = \delta_b$.

On suppose maintenant que $p_1 = \delta_a$ et $p_2 = \delta_b$. On remarque alors que

$$ \{a, b\}^c \subset (\{a\}^c \times \mathbb{R}) \cup (\mathbb{R} \times \{b\}^c) $$

et donc

$$ p(\{a, b\}^c) \le p(\{a\}^c \times \mathbb{R}) + p(\mathbb{R} \times \{b\}^c) = p_1(\{a\}^c) + p_2(\{b\}^c) = 0. $$

On en déduit que $p = \delta_{(a,b)}$.

2. On suppose que $p = \mathcal{U}([0,1]^2)$ (c'est-à-dire $p = 1]_{0,1}[^2\lambda_2)$ Montrer que $p_1 = p_2 = \mathcal{U}([0,1])$ (c'est-à-dire $p_1 = p_2 = 1]_{0,1}[\lambda)$.

**Corrigé** – Soit $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a

$$ p_1(B) = p(B \times \mathbb{R}) = \int_{]0,1]^2} 1_B(x)d\lambda_2(x,y) = \lambda(B \cap ]0,1[) $$

et donc $p_1 = 1]_{0,1}[\lambda$. Un raisonnement analogue donne $p_2 = 1]_{0,1}[\lambda$.

3. Pour $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$, on pose $p(A) = \lambda(\{t \in [0,1], (t,t) \in A\})$. Montrer que $p$ est une probabilité sur les boréliens de $\mathbb{R}^2$ et que $p_1 = p_2 = \mathcal{U}([0,1])$.

**Corrigé** – On remarque tout d'abord que si $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ l'ensemble $\{t \in [0,1], (t,t) \in A\}$ est un borélien de $\mathbb{R}$ car c'est la projection sur la première coordonnée d'un borélien de $\mathbb{R}^2$. On remarque ensuite que $p(\mathbb{R}^2) = 1$ et que $p$ est $\sigma$-additive.
Ceci montre que $p$ est une probabilité.

On calcule maintenant $p_1$ et $p_2$. Soit $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a

$$ p_1(B) = p(B \times \mathbb{R}) = \lambda(\{t \in B \cap ]0,1[\}) $$

et donc $p_1 = \mathcal{U}([0,1])$. Un raisonnement analogue donne $p_2 = 1]_{0,1}[\lambda$.

N.B. On peut remarquer que $p \neq \mathcal{U}([0,1]^2)$...

**Exercice 9.3 (Somme de v.a.r. avec lois de Poisson)** Soient $X_1$ et $X_2$ deux v.a.r. sur l'espace probabilisé (E, T, $p$) suivant des lois de Poisson de paramètre $\lambda_1$ et $\lambda_2$ respectivement, montrer que $X_1 + X_2$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda_1 + \lambda_2$. (On rappelle que la loi de Poisson de paramètre $\lambda$ est donnée par $\sum_{k \in \mathbb{N}} e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} \delta_k$, où $\delta_k$ désigne la mesure de Dirac en $k$).

**Exercice 9.4 (Exemple de loi pour le max de deux v.a.r.)** On considère deux variables aléatoires réelles X et Y qui ont pour loi de probabilité conjointe la loi dans le
plan $\mathbb{R}^2$ de densité $f(x,y) = \frac{1}{2\pi\sigma^2} \exp(-\frac{x^2+y^2}{2\sigma^2})$ par rapport à la mesure de Lebesgue de $\mathbb{R}^2$, $\sigma$ étant un nombre réel donné non nul. Quelle est la loi de probabilité de la variable aléatoire $Z = \max(|X|,|Y|)$ ?

**Corrigé** – On peut supposer $\sigma > 0$. Soit $\varphi$ une fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée. On va chercher la loi de $Z$ en exprimant convenablement $E(\varphi(Z))$ grâce à la connaissance de la loi du couple $(X, Y)$.

$$E(\varphi(Z)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} \varphi(\max(|x|,|y|)) \frac{1}{2\pi\sigma^2} \exp(-\frac{x^2+y^2}{2\sigma^2}) dxdy.$$

On en déduit facilement que

$$E(\varphi(Z)) = \frac{8}{2\pi\sigma^2} \int_0^\infty \varphi(x) \exp(-\frac{x^2}{2\sigma^2}) \left( \int_0^x \exp(-\frac{y^2}{2\sigma^2}) dy \right) dx.$$

Pour $u \ge 0$, on pose $e(u) = \int_0^u \exp(-\frac{\xi^2}{2}) d\xi$. On a alors

$$E(\varphi(Z)) = \frac{4}{\pi\sigma} \int_0^\infty \varphi(x) \exp(-\frac{x^2}{2\sigma^2}) e^{\left(\frac{x}{\sigma}\right)} dx.$$

La loi de $Z$ a donc une densité par rapport à la mesure de Lebesgue de $\mathbb{R}$ et cette densité $g$ est donnée par

$$g(x) = \frac{4}{\pi\sigma} 1_{\mathbb{R}_+} (x) \exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right) e^{\left(\frac{x}{\sigma}\right)}.$$

**Exercice 9.5 (Matrice des moments, matrice de covariance)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ est un espace probabilisé. Soit $X$ un vecteur aléatoire de dimension $d$ ($d \ge 1$), dont toutes les coordonnées (notées $X_i$, $i = 1, \dots, d$) sont supposées être de carré intégrable. La matrice des moments d'ordre 2 du v.a. $X$ est la matrice $E(XX^t)$, dont le terme $(i, j)$ est le réel $E(X_i X_j)$, et on rappelle que la matrice de covariance de $X$, notée $\text{Cov}(X)$, est la matrice $E((X - \text{E}(X))(X - \text{E}(X))^t) = E(XX^t) - \text{E}(X)\text{E}(X)^t$, dont le terme $(i, j)$ est la covariance des v.a.r. $X_i$ et $X_j$. (La notation $X^t$ désigne le transposé du vecteur $X$.)

1. Soit $u \in \mathbb{R}^d$, montrer que $u^t E(XX^t) u = E((u \cdot X)^2)$ et que $u^t \text{Cov}(X) u = \text{Var}(u \cdot X)$ (On rappelle que $u \cdot X = \sum_{i=1}^d u_i X_i = u^t X$).

**Corrigé** – L'application $Z \mapsto E(Z)$ est linéaire, on en déduit que

$$u^t E(XX^t) u = E(u^t XX^t u) = E((u \cdot X)^2).$$

Cette égalité appliquée au vu v.a. $X - E(X)$ donne $u^t \text{Cov}(X) u = \text{Var}(u \cdot X)$ car $u \cdot X - E(u \cdot X) = u \cdot (X - E(X))$.

2. Montrer que les matrices $E(XX^t)$ et $\text{Cov}(X)$ sont symétriques et semi-définies positives.

**Corrigé** – Il est facile de voir que $E(XX^t)$ et $\text{Cov}(X)$ sont des matrices symétriques (car pour toutes v.a.r. $Y, Z$ on a $E(YZ) = E(ZY)$). La question précédente donne $u^t E(XX^t) u \ge 0$ et $u^t \text{Cov}(X) u \ge 0$ pour tout $u \in \mathbb{R}^d$, ce qui signifie que les matrices $E(XX^t)$ et $\text{Cov}(X)$ sont semi-définies positives.
3. Montrer que si $A$ est une matrice $k \times d$ et $b$ un vecteur de $\mathbb{R}^k$, $Y = AX + b$, alors $E(Y) = AE(X) + b$ et $Cov(Y) = ACov(X)A^t$.

**Corrigé** – Comme $X$ est un v.a. de carré intégrable, la fonction $Y$ est aussi un v.a. de carré intégrable. En utilisant la linéarité de l'application $Z \mapsto E(Z)$, on calcule son espérance et sa variance :

$$ 
\begin{align*}
E(Y) &= E(AX + b) = AE(X) + E(b) = AE(X) + b, \\
Cov(Y) &= E([A(X - E(X))][A(X - E(X))]^t) \\
&= E(A[X - E(X)][X - E(X)]^t A^t) \\
&= AE([X - E(X)][X - E(X)]^t)A^t = ACov(X)A^t.
\end{align*}
$$

4. Montrer que si $Cov(X)$ n'est pas inversible, alors le v.a. $X$ prend p.s. ses valeurs dans un sous-espace affine de $\mathbb{R}^d$ de dimension (inférieure ou) égale à $d-1$, et que la loi de $X$ n'est pas absolument continue par rapport à la mesure de Lebesgue de $\mathbb{R}^d$, notée _d_ (i.e. cette loi n'est pas à densité dans $\mathbb{R}^d$).

**Corrigé** – Si $Cov(X)$ n'est pas inversible, il existe $u \in \mathbb{R}^d$, $u \neq 0$, t.q. $Cov(X)u = 0$. On a donc $Var(u \cdot X) = u^t Cov(X)u = 0$, ce qui donne $u \cdot X = E(u \cdot X) p.s.. On pose $\beta = E(u \cdot X)$ et on a donc :

$$ X \in \mathbb{H} \text{ p.s. avec } H = \{v \in \mathbb{R}^d \text{ t.q. } u \cdot v = \beta\}. $$

Comme $u \neq 0$, l'ensemble $H$ est un sous-espace affine de $\mathbb{R}^d$ de dimension égale à $d-1$.

L'ensemble $H$ étant de dimension $d-1$, on a $\lambda_d(H) = 0$. Or on a $P_X(H) = P(X \in H) = 1 \neq 0$. On en déduit que $P_X$ n'est par absolument continue par rapport à $\lambda_d$ et donc que $P_X$ n'est pas une loi de densité par rapport à $\lambda_d$ (voir le théorème 6.78).

5. Montrer que si trois points $x, y$ et $z$ de $\mathbb{R}^2$ ne sont pas alignés, tout v. a. $X$ de dimension 2 tel que $P(X = x) > 0$, $P(X = y) > 0$ et $P(X = z) > 0$ a une matrice de covariance non dégénérée.

**Corrigé** – On raisonne par l'absurde. Soit $x, y$ et $z$ trois points de $\mathbb{R}^2$ non alignés et $X$ un v.a. de dimension 2 tel que $P(X = x) > 0$, $P(X = y) > 0$ et $P(X = z) > 0$. On suppose que la matrice de covariance de $X$ est dégénérée. La question précédente donne alors qu'il existe une droite de $\mathbb{R}^2$ (c'est-à-dire un sous-espace affine de $\mathbb{R}^2$ de dimension égale à 1), notée $D$, t.q. $X \in D$ p.s.. Comme $P(X = x) > 0$, on a donc $\{X = x\} \cap D \neq \emptyset$. En prenant $\omega \in \{X = x\} \cap D$, on déduit $x = X(\omega) \in D$. On montre de même que $y, z \in D$, ce qui est impossible car les trois points $x, y$ et $z$ ne sont pas alignés.

**Exercice 9.6 (Famille de mesures tendue)** Soit $\mu$ et $\nu$ deux probabilités sur les boréliens de $\mathbb{R}$.

1. Montrer qu'il existe $p$, probabilité sur les boréliens de $\mathbb{R}^2$, t.q.

$$ 
\begin{align}
p(A \times \mathbb{R}) &= \mu(A) \text{ pour tout } A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}), \tag{9.4} \\
p(\mathbb{R} \times A) &= \nu(A) \text{ pour tout } A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}).
\end{align}
$$
(On dit alors que $\mu$ et $\nu$ sont les probabilités marginales de $p$.)

**Corrigé** – On prend $p = \mu \otimes \nu$. La mesure $p$ est bien une probabilité sur les boréliens de $\mathbb{R}^2$ vérifiant (9.4).

Dans la suite, on note E l'ensemble des probabilités sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ vérifiant (9.4).

2. Pour $a > 0$, on pose $B_a = \{x \in \mathbb{R}^2 \text{ t.q. } |x| \le a\}$ (où $| \cdot |$ désigne la norme euclidienne dans $\mathbb{R}^2$). Soit $\varepsilon > 0$. Montrer qu'il existe $a > 0$ (ne dépendant que $\varepsilon, \mu$ et $\nu$) t.q.,

$$p(B_a^c) \le \varepsilon \text{ pour tout } p \in E.$$

(On dit que l'ensemble E est tendu.)

**Corrigé** – Grâce à la continuité décroissante d'une mesure, il existe $n \in \mathbb{N}$ (ne dépendant que de $\varepsilon$ et $\mu$) et $m \in \mathbb{N}$ (ne dépendant que de $\varepsilon$ et $\nu$) t.q.

$$\mu(\{x_1 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_1| \ge n\}) \le \varepsilon \text{ et } \nu(\{x_2 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_2| \ge m\}) \le \varepsilon.$$

On choisit alors $a > 0$ t.q. $a \ge \sqrt{2n}$ et $a \ge \sqrt{2m}$ (le nombre $a$ ne dépend donc que $\varepsilon, \mu$ et $\nu$) de sorte que

$$B_a^c = \{x = (x_1, x_2) \text{ t.q. } x_1^2 + x_2^2 > a^2\} \subset \{x = (x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 \text{ t.q. } |x_1| \ge n\} \cup \{x = (x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 \text{ t.q. } |x_2| \ge m\},$$

c'est-à-dire

$$B_a^c \subset (\{x_1 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_1| \ge n\} \times \mathbb{R}) \cup (\mathbb{R} \times \{x_2 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_2| \ge m\}).$$

Soit $p \in E$, par $\sigma$-sous additivité de $p$ et en utilisant (9.4), on a donc

$$\begin{align*} p(B_a^c) &\le p(\{x_1 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_1| \ge n\} \times \mathbb{R}) + p(\mathbb{R} \times \{x_2 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_2| \ge m\}) \\ &= \mu(\{x_1 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_1| \ge n\}) + \nu(\{x_2 \in \mathbb{R} \text{ t.q. } |x_2| \ge m\}) \le 2\varepsilon, \end{align*}$$

ce qui termine cette question.

3. Soit $(p_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de E. Monter qu'il existe $p$ dans E et une sous-suite de la suite $(p_n)_{n \in \mathbb{N}}$, encore notée $(p_n)_{n \in \mathbb{N}}$, t.q.

$$p_n \to p \text{ étroitement, quand } n \to +\infty.$$

[On pourra utiliser les propositions du cours sur les suites de mesures tendues.]

**Corrigé** – On utilise ici la proposition 8.22 Comme la suite de probabilités $(p_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est tendue, on obtient l'existence d'une mesure $p$ sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ et d'une sous-suite, encore notée $(p_n)_{n \in \mathbb{N}}$, t.q. $p_n \to p$ étroitement, quand $n \to +\infty$. Comme $p_n(\mathbb{R}^2) = 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a aussi $p(\mathbb{R}^2) = 1$. La mesure $p$ est donc une probabilité. Il reste à montrer que $p$ vérifie (9.4).

Pour $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on note $m(A) = p(A \times \mathbb{R})$. Il est facile de voir que $m$ est une probabilité sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. Pour $\varphi = 1_A$, $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a, par définition de $m$,

$$\int_{\mathbb{R}} \varphi dm = \int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x) dp(x, y). \qquad (9.5)$$
Par linéarité de l’intégrale, (9.5) est encore vraie pour $\varphi$ étagée positive (de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$). Puis, par convergence monotone, (9.5) est vraie pour $\varphi$ borélienne positive. Enfin, en décomposant $\varphi$ en $\varphi^+ - \varphi^-$, on obtient que (9.5) est vraie pour $\varphi$ borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (et donc, en particulier, pour $\varphi \in C_b(\mathbb{R}, \mathbb{R})$).

Soit $\varphi \in C_b(\mathbb{R}, \mathbb{R})$. Le raisonnement précédent appliqué à $p_n$ au lieu de $p$ donne

$$\int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x) dp_n(x, y) = \int_{\mathbb{R}} \varphi(x) d\mu(x).$$

Quand $n \to +\infty$, comme $p_n \to p$ étroitement, on en déduit que

$$\int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x) dp(x, y) = \int_{\mathbb{R}} \varphi(x) d\mu(x).$$

c'est-à-dire, avec (9.5),

$$\int_{\mathbb{R}} \varphi dm = \int_{\mathbb{R}} \varphi d\mu.$$

On en déduit que $m = \mu$ (en utilisant, par exemple, la proposition 5.8). Ceci prouve que $p$ vérifie la première condition de (9.4). Un raisonnement analogue donne la deuxième condition de (9.4).

4. (Question indépendante des précédentes) Soit $p \in E$ et $(U, V)$ un vecteur aléatoire de dimension 2 dont la loi est $p$. Montrer que la loi de $U$ est $\mu$ et que la loi de $V$ est $v$.

**Corrigé** – Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (en fait, on peut aussi se limiter ici à prendre $\varphi$ dans $C_b(\mathbb{R}, \mathbb{R})$). Comme la loi de $(U, V)$ est $p$, on a

$$E(\varphi(U)) = \int_{\mathbb{R}^2} \varphi(u) dp(u, v).$$

Puis, comme $p(A \times \mathbb{R}) = \mu(A)$ pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on en déduit grâce à (9.5) (qui est vraie pour $\varphi$ borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$)

$$E(\varphi(U)) = \int_{\mathbb{R}^2} \varphi(u) d\mu(u).$$

Ceci prouve que la loi de $U$ est $\mu$. Un raisonnement analogue donne que la loi de $V$ est $v$.

## 9.4.2 Indépendance

**Exercice 9.7 (Covariance d'une somme de v.a.i.)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ est un espace probabilisé et $X, Y$ deux vecteurs aléatoires indépendants de dimension $d$ ($d \ge 1$). Montrer que $\text{Cov}(X + Y) = \text{Cov}(X) + \text{Cov}(Y)$.

**Corrigé** – Comme $X$ et $Y$ sont des v.a. indépendants, toute composante de $X$ est indépendante de toute composante de $Y$ (voir, par exemple, la remarque 9.24). On en déduit :

$$E([X - E(X)][Y - E(Y)]^t) = E([Y - E(Y)][X - E(X)]^t) = 0$$
et donc :

$$
\begin{align*}
\mathrm{Cov}(X + Y) &= E([X - E(X) + Y - E(Y)][X - E(X) + Y - E(Y)]^t) \\
&= E([X - E(X)][X - E(X)]^t) + E([X - E(X)][Y - E(Y)]^t) \\
&\quad + E([Y - E(Y)][X - E(X)]^t) + E([Y - E(Y)][Y - E(Y)]^t) \\
&= E([X - E(X)][X - E(X)]^t) + E([Y - E(Y)][Y - E(Y)]^t) \\
&= \mathrm{Cov}(X) + \mathrm{Cov}(Y).
\end{align*}
$$

**Exercice 9.8 (Loi d'un couple de v.a. indépendantes)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r.

1. Montrer que X et Y sont indépendantes si et seulement si la loi du couple (X, Y) est $P_{(X,Y)} = P_X \otimes P_Y$.

**Corrigé** – On suppose tout d'abord que X et Y sont indépendantes. Soit A, B ∈ B(ℝ). On a, par définition de P<sub>(X,Y)</sub>, P<sub>(X,Y)</sub>(A × B) = P(X ∈ A, Y ∈ B). Comme X et Y sont indépendantes, on a P(X ∈ A, Y ∈ B) = P(X ∈ A)P(X ∈ B), ce qui donne :

$P_{(X,Y)}(A \times B) = P_X(A)P_Y(B).$

Or, $P_X \otimes P_Y$ vérifie aussi $P_X \otimes P_Y(A \times B) = P_X(A)P_Y(B)$. La partie unicité du théorème 7.3 donne alors $P_{(X,Y)} = P_X \otimes P_Y$.

Réciproquement, on suppose maintenant que $P_{(X,Y)} = P_X \otimes P_Y$, on a donc, pour tout $A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, $P(X \in A, Y \in B) = P_{(X,Y)}(A \times B) = P_X \otimes P_Y(A \times B) = P_X(A)P_Y(B)$, ce qui prouve que les tribus engendrées par X et Y sont indépendantes, c'est-à-dire que X et Y sont indépendantes.

2. On suppose que X et Y ont des densités par rapport à $\lambda$: $P_X = f\lambda$ et $P_Y = g\lambda$, avec $f, g \in L_1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$ (et positives p.p.). Montrer que X et Y sont indépendantes si et seulement si la loi du couple (X, Y) a pour densité la fonction $(x, y) \mapsto f(x)g(y)$ par rapport à $\lambda_2$.

**Corrigé** – Comme $P_X = f\lambda$ et $P_Y = g\lambda$, on a, pour tout $A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$,

$$
P_X \otimes P_Y (A \times B) = P_X (A) P_Y (B) = \int_A f d\lambda \int_B g d\lambda.
$$

Le théorème 7.7 donne alors :

$$
P_X \otimes P_Y (A \times B) = \int_{A \times B} f(x)g(y)d\lambda_2(x, y).
$$

Ce qui donne $P_X \otimes P_Y = F\lambda_2$, avec $F(x,y) = f(x)g(y)$ pour $x,y \in \mathbb{R}$. la mesure $P_X \otimes P_Y$ est donc la mesure de densité F par rapport à $\lambda_2$. La question 2 est alors une conséquence immédiate de la première question.

**Exercice 9.9 (V.a. suivant une loi normale multi-dimensionnelle)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X = (X_1, \dots, X_d)$ ($d > 1$) un v.a. de dimension $d$. On suppose que les $X_i$ sont des v.a.r. indépendantes et que $X_i \sim N(m_i, \sigma_i^2)$, avec $m_i \in \mathbb{R}$ et $\sigma_i > 0$ pour tout $i$. Montrer que $X$ suit une loi normale multidimensionnelle et donner $m$ et $D$ t.q. $X \sim N(m, D)$.
**Corrigé** – Comme les $X_i$ ($i = 1,...,d$) sont des v.a.r. indépendantes, la loi de X est le produit des lois $P_{X_i}$, $i = 1,...,d$, c'est-à-dire $P_X = P_{X_1} \otimes \dots \otimes P_{X_d}$. Cette propriété est donnée dans le théorème 9.28 (elle découle du fait que $P(X_1 \in A_1, \dots, X_d \in A_d) = P(X_1 \in A_1) \dots P(X_d \in A_d)$ si $A_1, \dots, A_d$ sont d boréliens de $\mathbb{R}$). Ceci donne que pour toute fonction $\varphi$ borélienne bornée de $\mathbb{R}^d$ dans $\mathbb{R}$, on a :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X) dP = \int_{\mathbb{R}^d} \varphi(x) dP_{X_i}(x) = \int_{\mathbb{R}} \dots \int_{\mathbb{R}} \varphi(x_1, \dots, x_d) dP_{X_1}(x_1) \dots dP_{X_d}(x_d). $$

Comme, pour $i = 1,...,d$, $X_i \sim \mathcal{N}(m_i, \sigma_i^2)$, on a $P_{X_i} = f_i \lambda$ avec, pour $x \in \mathbb{R}$,

$$ f_i(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_i} e^{-\frac{(x-m_i)^2}{2\sigma_i^2}}. $$

On en déduit

$$ \int_{\Omega} \varphi(X) dP = \frac{(2\pi)^{-\frac{d}{2}}}{\prod_{i=1}^{d} \sigma_i} \int_{\mathbb{R}} \dots \int_{\mathbb{R}} \varphi(x_1, \dots, x_d) e^{-\sum_{i=1}^{d} \frac{(x_i - m_i)^2}{2\sigma_i^2}} dx_1 \dots dx_d. $$

Ce qui donne :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X) dP = (2\pi)^{-\frac{d}{2}} \frac{1}{\sqrt{detD}} \int_{\mathbb{R}^d} \varphi(x) e^{-\frac{1}{2}(x-m)^T D^{-1} (x-m)} dx, $$

où $dx$ désigne l'intégration par rapport à la mesure de Lebesgue sur $\mathbb{R}^d$ (c'est-à-dire $dx = d\lambda_d(x)$), $D$ désigne la matrice diagonale dont les termes diagonaux sont $\sigma_1^2, \dots, \sigma_d^2$ et $m = (m_1, \dots, m_d)^T$. Ceci montre bien que X suit une loi normale multi-dimensionnelle avec $X \sim \mathcal{N}(m, D)$ (voir la définition 9.5).

**Exercice 9.10 (Somme de v.a. indépendantes et convolution)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r. indépendantes.

1. On suppose que la loi de X a une densité, notée $f$, par rapport à la mesure de Lebesgue. Montrer que la loi de $X + Y$ a aussi une densité (par rapport à la mesure de Lebesgue) et l'exprimer en fonction de $f$ et de la loi de Y.

**Corrigé** – Comme les X et Y sont des v.a.r. indépendantes, la loi du couple (X, Y) est $P_X \otimes P_Y$ (théorème 9.28). On a donc, pour toute fonction $\varphi$ borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X+Y) dP = \int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x+y) dP_{X,Y}(x,y) \\ = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} \varphi(x+y) dP_X(x) dP_Y(y). $$

Comme $P_X = f \lambda$, on a alors :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X+Y) dP = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} \varphi(x+y) f(x) dx \right) dP_Y(y). $$

A y fixé, on utilise le changement de variable $x + y = z$, on obtient :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X+Y) dP = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} \varphi(z) f(z-y) dz \right) dP_Y(y), $$
et donc, en utilisant le théorème de Fubini (théorème 7.12) ou le théorème de Fubini-Tonelli (théorème 7.7) si on se limite à des fonctions $\varphi$ positives (ce que l'on peut faire) :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X+Y)dP = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} f(z-y)dP_Y(y) \right) \varphi(z)dz = \int_{\mathbb{R}} g(z)\varphi(z)dz, $$

avec $g(z) = \int_{\mathbb{R}} f(z-y)dP_Y(y)$ pour tout $z \in \mathbb{R}$. Ceci montre que $(X+Y)$ est une v.a.r. dont la loi a pour densité la fonction $g$ (par rapport à la mesure de Lebesgue).

2. On suppose que $X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$ et $Y \sim \mathcal{N}(m, s^2)$ ($m, \mu, s, \sigma \in \mathbb{R}$). Montrer que $X+Y \sim \mathcal{N}(\mu+m, \sigma^2+s^2)$ (le signe “~” signifie “a pour loi”).

**Corrigé** – On peut supposer, bien sûr, $s \ge 0$ et $\sigma \ge 0$ (car $\sigma$ et $\sigma$ n'interviennent que par leur carré). Nous allons commencer par deux cas particuliers faciles.

**Cas 1** Si $s = \sigma = 0$, on a $X = \mu$ p.s. et $Y = m$ p.s. et donc $X+Y = m+\mu$ p.s., ce qui donne bien $X+Y \sim \mathcal{N}(m+\mu, 0)$.

**Cas 2** Si $s = 0$ et $\sigma > 0$, on a $Y = m$ p.s. et donc $X+Y = X+m$ p.s.. La densité de $X+Y$ (par rapport à Lebesgue) est alors la densité de $X$ translatée de $m$, ce qui donne bien $X+Y \sim \mathcal{N}(m+\mu, \sigma^2)$. De même, si $s > 0$ et $\sigma = 0$, on a $X+Y \sim \mathcal{N}(m+\mu, s^2)$.

**Cas 3** On suppose maintenant que $s, \sigma > 0$. L'énoncé de cet exercice suggère (implicitement) de faire cette question en utilisant la question précédente. Nous allons procéder ainsi dans ce corrigé (mais d'autres méthodes sont possibles, voir la N.B. ci après). La question précédente donne que $(X+Y)$ est une v.a.r. dont la loi a pour densité la fonction $g$ (par rapport à la mesure de Lebesgue) vérifiant, pour $x \in \mathbb{R}$ :

$$ g(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}s} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{(x-y-\mu)^2}{2\sigma^2}} e^{-\frac{(y-m)^2}{2s^2}} dy. $$

Soit $x \in \mathbb{R}$. On pose $\bar{x} = x - m - \mu$ et on utilise le changement de variable $z = \frac{y-m}{s}$. On obtient :

$$ g(x) = \frac{1}{2\pi s\sigma} \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{(x-sz)^2}{2\sigma^2}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz = \frac{1}{2\pi\sigma} \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(\bar{x}^2 - 2sz\bar{x} + (s^2+\sigma^2)z^2)} dz. $$

En remarquant que $(\bar{x}^2 - 2sz\bar{x} + (s^2+\sigma^2)z^2) = (\sqrt{s^2+\sigma^2}z - \frac{1}{\sqrt{s^2+\sigma^2}}s\bar{x})^2 + (\frac{\sigma^2}{s^2+\sigma^2}\bar{x}^2)$, on a aussi, avec le changement de variable $\frac{\sqrt{s^2+\sigma^2}}{\sigma}z - \frac{1}{\sigma\sqrt{s^2+\sigma^2}}s\bar{x} = \bar{z}$ :

$$ \begin{aligned} g(x) &= \frac{1}{2\pi\sigma} e^{-\frac{1}{2(s^2+\sigma^2)}\bar{x}^2} \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(\sqrt{s^2+\sigma^2}z - \frac{1}{\sqrt{s^2+\sigma^2}}s\bar{x})^2} dz \\ &= \frac{1}{2\pi\sqrt{s^2+\sigma^2}} e^{-\frac{1}{2(s^2+\sigma^2)}\bar{x}^2} \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{1}{2}\bar{z}^2} d\bar{z}. \end{aligned} $$

Comme $\int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{1}{2}\bar{z}^2} d\bar{z} = \sqrt{2\pi}$ et $\bar{x} = x - m - \mu$, on a donc

$$ g(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{s^2+\sigma^2}} e^{-\frac{1}{2(s^2+\sigma^2)}(x-m-\mu)^2}. $$

Ce qui donne bien $X+Y \sim \mathcal{N}(\mu+m, \sigma^2+s^2)$.
N.B. Cette question peut aussi être résolue en utilisant la transformée de Fourier que nous verrons au chapitre 10. Elle est résolue ainsi (avec, plus généralement, aX + bY, a, b ∈ ℝ, au lieu de X + Y) dans l'exercice 10.13, question 1(a)).

**Exercice 9.11 (Calcul de $\pi$)**

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $(U_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ et $(V_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ deux suites de variables aléatoires réelles de loi uniforme sur l'intervalle $[0, 1]$. On suppose que toutes ces v.a. sont indépendantes (dans leur ensemble). On pose pour tout $n \ge 1$ :

$$X_n = 1 \text{ si } U_n^2 + V_n^2 \le 1 \text{ et } X_n = 0 \text{ sinon,}$$

et

$$Z_n = 4 \frac{X_1 + \cdots + X_n}{n}.$$

1. Déterminer, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, la loi de $X_n$.

**Corrigé** – On note $D = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2, \text{t.q. } x^2 + y^2 \le 1\}$ et $\psi = 1_D$, de sorte que $\psi$ est une fonction borélienne de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$ (car $D \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$) et que $X_n = 1_D(U_n, V_n) = \psi(U_n, V_n)$ pour $n \in \mathbb{N}^*$.

Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Comme $U_n$ et $V_n$ sont des v.a.r. et que $\psi$ est borélienne de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$, la fonction $X_n$ est donc une v.a.r. Comme $X_n$ ne prend que les valeurs 1 et 0, la loi de $X_n$ est $P_{X_n} = p\delta_1 + (1-p)\delta_0$ où $p = P(U_n^2 + V_n^2 \le 1)$. Pour calculer $p$, on utilise le fait que $U_n$ et $V_n$ sont indépendantes, on obtient (avec le théorème 9.28 sur la loi d'un couple de v.a.) :

$$P(U_n^2 + V_n^2 \le 1) = \int_{\Omega} 1_D(U_n, V_n)dP = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} 1_D(x, y)dP_{U_n}(x)dP_{V_n}(y).$$

Comme $U_n \sim \mathcal{U}(0,1)$ et $V_n \sim \mathcal{U}(0,1)$, on en déduit (en utilisant les coordonnées polaires) :

$$p = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} 1_{D}(x, y)dxdy = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} rdr = \frac{\pi}{4}.$$

Donc $p_{X_n} = \frac{\pi}{4}\delta_1 + (1 - \frac{\pi}{4})\delta_0$.

2. Montrer que la suite $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge en probabilité vers $\pi$.

**Corrigé** – On utilise les notations introduites dans la première question. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $Y_n = 4X_n$, c'est-à-dire $Y_n = 4\psi(U_n, V_n)$. Comme les v.a.r. $(U_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$, $(V_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ sont indépendantes (dans leur ensemble), la proposition 9.23 donne la suite $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est une suite de v.a.r. indépendantes. De plus, comme $Y_n = 4X_n$, on a $P_{Y_n} = \frac{\pi}{4}\delta_4 + (1 - \frac{\pi}{4})\delta_0$. La suite $Y_n$ est donc une suite de v.a.r.i.i.d. de carrés intégrables (on a $E(Y_n) = \pi$ et $E(Y_n^2) = 4\pi$). On peut appliquer la proposition 6.98 (loi faible des grands nombres), il donne que $Z_n$ tend en probabilité vers $E(Y_1)$, c'est-à-dire vers $\pi$.

3. Soit $\alpha \in ]0, 1[$ et $\varepsilon > 0$. A l'aide de l'inégalité de Tchebychev, donner, en fonction de $\alpha$ et $\varepsilon$, une valeur de $n_0 \in \mathbb{N}^*$ t.q.

$$n \ge n_0 \Rightarrow P[|Z_n - \pi| \ge \varepsilon] \le \alpha.$$
**Corrigé** – On reprend ici la démonstration de la proposition 6.98.

En utilisant l'inégalité de Bienaymé Tchebychev (lemme 4.57), on a :

$$p(|Z_n - \pi| \ge \varepsilon) = p((Z_n - \pi)^2 \ge \varepsilon^2) \le \frac{1}{\varepsilon^2} E((Z_n - \pi)^2).$$

Puis, en posant $S_n = \sum_{i=1}^n Y_i$, on a $Z_n = \frac{S_n}{n}$ et donc $E((Z_n - \pi)^2) = \frac{1}{n^2} E((S_n - n\pi)^2) = \frac{\mathrm{Var}(S_n)}{n^2}$. La proposition 6.97 donne $\mathrm{Var}(S_n) = n\mathrm{Var}(Y_1) = n\pi(4 - \pi)$. On en déduit finalement

$$p(|Z_n - \pi| \ge \varepsilon) \le \frac{1}{\varepsilon^2} \frac{n\pi(4 - \pi)}{n^2} = \frac{\pi(4 - \pi)}{n\varepsilon^2}.$$

Il suffit donc de prendre $n_0$ t.q. $\frac{\pi(4-\pi)}{n_0\varepsilon^2} \le \alpha$ pour avoir $P(|Z_n - \pi| \ge \varepsilon) \le \alpha$.

**Exercice 9.12 (Indépendance des composantes d'un v.a.)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a. de dimension 2. On note $X_1, X_2$ les composantes de X et $Y_1, Y_2$ les composantes de Y. On suppose que X et Y ont même loi.

1. Montrer que $X_1$ et $Y_1$ ont même loi.

**Corrigé** – Soit $\varphi \in C_b(\mathbb{R}, \mathbb{R})$. En utilisant la définition de $P_X$ et $P_Y$ et le fait que $P_X = P_Y$, on obtient

$$\begin{gather*}
\int_{\Omega} \varphi(X_1) dP = \int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x_1) dP_X(x_1, x_2) = \int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x_1) dP_Y(x_1, x_2) = \int_{\Omega} \varphi(Y_1) dP. \\
\text{Comme} \\
\int_{\mathbb{R}} \varphi dP_{X_1} = \int_{\Omega} \varphi(X_1) dP \text{ et } \int_{\mathbb{R}} \varphi dP_{Y_1} = \int_{\Omega} \varphi(Y_1) dP,
\end{gather*}
on en déduit que $P_{X_1} = P_{Y_1}$.

2. On suppose que $X_1$ et $X_2$ sont des v.a.r. indépendantes. Montrer que $Y_1$ et $Y_2$ sont aussi des v.a.r. indépendantes.

**Corrigé** – Comme $X_1$ et $X_2$ sont indépendantes, on a $P_X = P_{X_1} \otimes P_{X_2}$ (théorème 9.28). Comme $P_X = P_Y$, on a aussi, d'après la première question, $P_{X_1} = P_{Y_1}$ et de même $P_{X_2} = P_{Y_2}$. On en déduit que $P_Y = P_{Y_1} \otimes P_{Y_2}$, ce qui prouve que $Y_1$ et $Y_2$ sont des v.a.r. indépendantes (théorème 9.28).

**Exercice 9.13 (Mesure produit et différence de deux v.a.r.i.i.d.)** 1. Soit $m$ une mesure sur les boréliens de $\mathbb{R}$. On suppose que $m(\mathbb{R}) > 0$. Soit $\eta > 0$. Montrer qu'il existe $a \in \mathbb{R}$ t.q. $m(|a - \eta, a + \eta|) > 0$. En déduire que

$$m \otimes m(A) = \int m(y) dy - 2\eta, y + 2\eta] dm(y) \ge m(a - \eta, a + \eta]^2 > 0,$$

avec $A = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \text{ t.q. } |x - y| < 2\eta\}$. (On rappelle que $m \otimes m$ est une mesure sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$.)
**Corrigé** – Pour $i \in \mathbb{Z}$, on pose $a_i = iv$, de sorte que $\mathbb{R} = \bigcup_{i \in \mathbb{Z}}]a_i - v, a_i + v[$. Par $\sigma$-sous additivité de $m$, on a donc $0 < m(\mathbb{R}) \le \sum_{i \in \mathbb{Z}} m(i]a_i - v, a_i + v[$]. Il existe donc $i \in \mathbb{Z}$ t.q. $m(i]a_i - v, a_i + v[$) > 0.

On remarque d'abord que $A$ est un borélien de $\mathbb{R}^2$ car $A$ est un ouvert de $\mathbb{R}^2$. Par définition de $m \otimes m$, on a

$$m \otimes m(A) = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} 1_A(x,y) dm(x) \right) dm(y) = \int m(y) [y - 2v, y + 2v] dm(y).$$

pour $y \in ]a - v, a + v[$, on a $]a - v, a + v[ \subset [y - 2v, y + 2v[$ et donc $m(y - 2v, y + 2v] \ge m(a - v, a + v[$). On a donc

$$\begin{align*}
\int m(y) [y - 2v, y + 2v] dm(y) &\ge \int_{]a - v, a + v[} m(a - v, a + v] dm \\
&= m(a - v, a + v]^2 > 0.
\end{align*}$$

2. Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r. indépendantes et de même loi. Soit $\varepsilon > 0$. Montrer que

$$P(|X - Y| < \varepsilon) = P(\{\omega \in \Omega, |X(\omega) - Y(\omega)| < \varepsilon\}) > 0.$$

[On pourra utiliser la première question avec $m = P_X = P_Y$.]

**Corrigé** – On pose $B = \{\omega \in \Omega \text{ t.q. } |X(\omega) - Y(\omega)| < \varepsilon\}$ et $\bar{B} = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \text{ t.q. } |x - y| < \varepsilon\}$. On note $P_{(X,Y)}$ la loi du v.a. (de dimension 2) $(X,Y)$. On a

$$P(|X - Y| < \varepsilon) = \int_{\Omega} 1_{\mathbb{B}} dP = \int_{\mathbb{R}^2} 1_{\bar{\mathbb{B}}} dP_{(X,Y)}.$$

Comme X et Y sont indépendantes, on a, en notant $m$ la loi commune à X et Y, $P_{(X,Y)} = m \otimes m$. On a donc (avec la première question avec $2v = \varepsilon$ et en remarquant que $m(\mathbb{R}) = 1 > 0$),

$$P(|X - Y| < \varepsilon) = m \otimes m(\bar{\mathbb{B}}) > 0.$$

**Exercice 9.14 (Les pièges de l'indépendance)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r. indépendantes. On suppose que X a pour loi la loi uniforme sur $[0, 1]$.

Pour $x \in \mathbb{R}$, on pose $e(x) = \max\{n \in \mathbb{Z}, n \le x\}$ et $r(x) = x - e(x)$.

Soit $f$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On définit la v.a.r. Z par la formule $Z = r(X + f(Y))$ (c'est-à-dire $Z(\omega) = r(X(\omega) + f(Y(\omega)))$ pour tout $\omega \in \Omega$).

1. Montrer que Z a pour loi la loi uniforme sur $[0, 1]$. [Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $[0, 1[$ dans $\mathbb{R}$. On note $\bar{\varphi}$ la fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ obtenue en prolongeant $\varphi$ par périodicité (de période 1), c'est-à-dire $\bar{\varphi}(x + n) = \varphi(x)$ si $x \in [0, 1[$ et $n \in \mathbb{Z}$. On pourra commencer par montrer que $E(\varphi(Z)) = \int_{\mathbb{R}} \int_0^1 \bar{\varphi}(x + f(y)) dx dm(y)$, où $m$ est la loi de Y, c'est-à-dire $m = P_Y$.]
**Corrigé** – La fonction r est borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Par composition de fonctions mesurables on en déduit donc que Z est bien une v.a.r.. On remarque aussi que Z ne prend ses valeurs que dans l'intervalle $[0, 1[$.

Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $[0, 1[$ dans $\mathbb{R}$ et $\bar{\varphi}$ la fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ obtenue en prolongeant $\varphi$ par périodicité de période 1. Comme les v.a.r. X et Y sont indépendantes, la loi du couple (X, Y) est le produit tensoriel des lois de X et Y, on a donc

$$E(\varphi(Z)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{0}^{1} \varphi(r(x + f(y)))dxdm(y).$$

Comme $z = r(z) + n$ avec $n \in \mathbb{Z}$, on a $\bar{\varphi}(z) = \varphi(r(z))$ pour tout $z \in \mathbb{R}$ et donc

$$E(\varphi(Z)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{0}^{1} \bar{\varphi}(x + f(y))dxdm(y).$$

Pour tout $y \in \mathbb{R}$, on utilise maintenant le changement de variable $\xi = x + f(y)$ dans l'intégrale par rapport à x. Puis, on utilise la périodicité de $\bar{\varphi}$. On obtient ainsi

$$ 
\begin{align*} 
E(\varphi(Z)) &= \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{f(y)}^{f(y)+1} \bar{\varphi}(\xi) d\xi \right) dm(y) \\
&= \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{0}^{1} \bar{\varphi}(\xi) d\xi \right) dm(y) \\
&= \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{0}^{1} \varphi(\xi) d\xi \right) dm(y). 
\end{align*} 
$$

Comme m est une probabilité, on a donc finalement

$$E(\varphi(Z)) = \int_{0}^{1} \varphi(\xi) d\xi.$$

Cette dernière égalité est valable pour toute fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (on rappelle que Z prend ses valeurs dans $[0, 1[$, elle donne bien que Z a pour loi la loi uniforme sur $[0, 1]$.

2. Montrer que Z et Y sont indépendantes. [Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $[0, 1[ \times \mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On pourra s'inspirer de la question précédente pour exprimer $E(\varphi(Z, Y))$.]

**Corrigé** – Pour montrer l'indépendance de z et Y, il suffit de montrer que la loi du couple (Z, Y) est le produit tensoriel des mois de Z et Y.

Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $[0, 1[ \times \mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On a, grâce à l'indépendance de X et Y,

$$E(\varphi(Z, Y)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{0}^{1} \varphi(r(x + f(y)), y)dxdm(y).$$

Ici aussi, on prolonge $\varphi$ par périodicité (en x) de période 1, c'est-à-dire que l'on pose $\bar{\varphi}(x + n, y) = \varphi(x, y)$ si $x \in [0, 1[$, $n \in \mathbb{Z}$ et $y \in \mathbb{R}$. On obtient

$$E(\varphi(Z, Y)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{0}^{1} \bar{\varphi}(x + f(y), y)dxdm(y).$$
A y fixé, on utilise le changement de variable $\xi = x+f(y)$. Puis on utilise la périodicité de $\bar{\varphi}$. On a alors

$$ 
\begin{align*}
E(\varphi(Z, Y)) &= \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{f(y)}^{f(y)+1} \bar{\varphi}(\xi, y) d\xi \right) dm(y) \\
&= \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{0}^{1} \bar{\varphi}(\xi, y) d\xi \right) dm(y) \\
&= \int_{\mathbb{R}} \int_{0}^{1} \varphi(\xi, y) d\xi dm(y).
\end{align*}
$$

Finalement, pour tout fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$ on a $E(\varphi(Z, Y)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{0}^{1} \varphi(\xi, y) d\xi dm(y)$. Ceci montre bien que la loi du couple (Z, Y) est le produit tensoriel de la loi uniforme avec la loi de Y et donc de la loi de Z avec la loi de Y. les v.a.r. Z et Y sont donc indépendantes.

3. Montrer, en donnant un exemple, que Z et Y peuvent ne pas être indépendantes si on retire l'hypothèse que X a pour loi la loi uniforme sur $[0, 1]$.

**Corrigé** – On suppose, par exemple, que Y a pour loi la loi uniforme sur $[0, 1]$, que $f(s) = s$ pour tout $s \in \mathbb{R}$ et que X ne prend que des valeurs entières. On a alors $Z = r(X + f(Y)) = r(Y) = Y$. p.s.. On en déduit que Z et Y ne sont pas indépendantes. En effet, on a, par exemple,

$$ P(\{Z \in [0, 1/2] \text{ et } Y \in [0, 1/2]\}) = 1/2 \neq 1/4 = P(\{Z \in [0, 1/2]\})P(\{Y \in [0, 1/2]\}). $$

### 9.4.3 Vecteurs gaussiens

**Exercice 9.15 (Loi du couple (X, X) si $X \sim N(0, 1)$)** 1. Soit A un borélien de $\mathbb{R}^2$. On pose $T(A) = \{x \in \mathbb{R} \text{ t.q. } (x, x)^t \in A\}$. Montrer que $T(A)$ est un borélien de $\mathbb{R}$. On pose $m(A) = \lambda(T(A))$ (où $\lambda$ est mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}))$.

**Corrigé** – L'application $x \mapsto (x, x)^t$ est continue de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}^2$, elle donc borélienne. Comme $T(A)$ est l'image réciproque de A par cette application, on a bien $T(A) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$.

On a ainsi défini une application $m$ de $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$.

2. Montrer que l'application $m$ (définie ci-dessus) est une mesure sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ et que pour toute application $\varphi$ borélienne positive de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$ on a :

$$ \int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x, y) dm(x, y) = \int_{\mathbb{R}} \varphi(x, x) dx. $$

**Corrigé** – Pour montrer que $m$ est une mesure, on remarque que $m(\emptyset) = 0$ (car $T(\emptyset) = \emptyset$) et $m$ est $\sigma$-additive (ce qui découle simplement du fait que $A \cap B = \emptyset \Rightarrow T(A) \cap T(B) = \emptyset$).

On montre ensuite que $\int_{\mathbb{R}^2} \varphi(x, y) dm(x, y) = \int_{\mathbb{R}} \varphi(x, x) dx$ pour $\varphi = 1_A$, avec $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ (c'est une conséquence immédiate de la définition de $m$), puis pour $\varphi$ étagée positive (par linéarité), puis pour $\varphi$ borélienne positive (car une telle fonction est limite croissante de fonctions étagées positives).
3. Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ est un espace probabilisé. et X une v.a.r. t.q. $X \sim \mathcal{N}(0, 1)$.

(a) On pose $Z = (X, X)^t$. Montrer que le v.a. Z est un vecteur gaussien et donner, pour $a \in \mathbb{R}^2$, la loi de $a \cdot Z$ (en fonction de $a$).

**Corrigé** – Soit $a = (a_1, a_2)^t \in \mathbb{R}^2$. On pose $\alpha = a_1 + a_2$, de sorte que $a \cdot Z = \alpha X$.

Si $\alpha = 0$, on a $P_a \cdot Z = P_0 = \mathcal{N}(0, 0)$ (qui est bien une loi gaussienne).

Si $\alpha \neq 0$. Soit $\varphi$ une application borélienne bornée de $\mathbb{R}$ ans $\mathbb{R}$ on a :

$$ \int_{\Omega} \varphi(a \cdot Z) dP = \int_{\mathbb{R}} \varphi(\alpha x) \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx = \int_{\mathbb{R}} \varphi(y) \frac{1}{\sqrt{2\pi}|\alpha|} e^{-\frac{y^2}{2\alpha^2}} dy $$

Ce qui prouve que $a \cdot Z \sim \mathcal{N}(0, |\alpha|)$. Le v.a. $Z$ est donc bien un vecteur gaussien.

(b) Montrer la loi du v.a. $(X, X)^t$ a une densité par rapport à la mesure $m$ définie dans les questions précédentes et donner cette densité. En déduire que la loi du v.a. $(X, X)^t$ n'a pas de densité par rapport à la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$.

**Corrigé** – Soit $\varphi$ borélienne bornée de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$. On a :

$$ \int_{\Omega} \varphi(X, X) dP = \int_{\mathbb{R}} \varphi(x, x) \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx. $$

On en déduit que la loi du v.a. $(X, X)^t$ est $f$ m avec $f$ borélienne de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$ et t.q. $f(x, x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$ pour $x \in \mathbb{R}$. Comme $m$ est étrangère à $\lambda_2$, loi du v.a. $(X, X)^t$ n'a pas de densité par rapport à $\lambda_2$ (qui est la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$).

N.B. La loi de $(X, X)^t$ est une loi normale bidimensionnelle car le vecteur $(X, X)^t$ est gaussien (voir la proposition 9.33) mais ce n'est pas une loi de densité par rapport à la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$.
# Chapitre 10

# Transformation de Fourier

## 10.1 Introduction et notations

La notion de série de Fourier permet d'analyser les fonctions définies d'un compact $[a, b]$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (ou dans $\mathbb{C}$), et donc aussi les fonctions périodiques de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (ou $\mathbb{C}$). La notion de transformée de Fourier permet d'analyser les fonctions définies de $\mathbb{R}$ (ou $\mathbb{R}^N$) dans $\mathbb{R}$ (ou $\mathbb{C}$). Les deux notions ont une multitude d'applications en physique et en mathématiques. La transformée de Fourier est une notion employée par exemple en théorie du signal, en théorie des probabilités et pour l'analyse des équations aux dérivées partielles.

Dans toute la suite, on considérera l'espace mesuré $(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ et on notera $d\lambda_N(x) = dx$. Soit $N \ge 1$, les espaces $L_C^1(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ et $L_C^2(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ ont été définis dans la section 4.10 et les espaces $L_C^2(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ et $L_C^2(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ ont été définis dans la section 6.2. On rappelle aussi que si $f$ est une fonction définie de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$, la fonction $f$ est mesurable si et seulement si ses parties réelle et imaginaire sont mesurables (chaque ensemble, $\mathbb{R}^N$, $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, étant muni de sa tribu borélienne). On peut, bien sûr, aussi définir les espaces $L_C^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ et $L_C^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ pour tout $p \in [1, \infty]$.

**Définition 10.1 (Espaces $L_C^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$)**

Soit $N \ge 1$, $p \in [1, \infty]$ et $f$ une fonction mesurable de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$ (c'est-à-dire $f^{-1}(A) \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^N)$ pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{C})$).

On dit que $f \in L_C^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ si $|f| \in L_R^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ et on définit $\|f\|_p$ par $\|f\|_p = \|f\|_p$ où $\|f\|_p$ est la norme de $|f|$ dans $L^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ (vue au chapitre 6).
L'espace $L_{\mathbb{C}}^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ est l'espace $L_{\mathbb{C}}^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ quotienté par le relation d'équivalence “= p.p.”. C'est un espace de Banach (complexe), c'est-à-dire un e.v.n. (sur $\mathbb{C}$) complet.

**Remarque 10.2** Soit $N \ge 1$, $p \in [1, \infty]$ et $f$ une fonction définie de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$. Il est facile de voir que $f \in L_{\mathbb{C}}^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ si et seulement si ses parties réelle et imaginaire sont dans $L_{\mathbb{R}}^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$.

## 10.2 Transformation de Fourier dans $L^1$

### 10.2.1 Définitions et premières propriétés

Soit $N \ge 1$. Pour $x = (x_1, \dots, x_N)^t \in \mathbb{R}^N$ et $t = (t_1, \dots, t_N)^t \in \mathbb{R}^N$, on note $x \cdot t$ le produit scalaire euclidien de $x$ et $t$, c'est-à-dire $x \cdot t = \sum_{i=1}^N x_i t_i$. Dans ce chapitre, On note aussi $L_{\mathbb{C}}^p(\mathbb{R}^N)$ ou parfois simplement $L_{\mathbb{C}}^p$ l'espace $L_{\mathbb{C}}^p(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$, pour $p \in [1, \infty]$.

**Définition 10.3 (Transformée de Fourier dans $L^1$)** Soit $N \ge 1$ et $f \in L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$. Pour $t \in \mathbb{R}^N$, l'application $x \mapsto e^{-ix \cdot t} f(x)$ (définie de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$) appartient à $L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$. On définit alors $\tilde{f}(t)$ par :

$$ \tilde{f}(t) = (2\pi)^{-\frac{N}{2}} \int f(x)e^{-ix \cdot t} dx. $$

La fonction $\tilde{f}$ (définie de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$) s'appelle transformée de Fourier de $f$, qu'on notera également $\mathcal{F}(f)$.

On note $C_0(\mathbb{R}^N, \mathbb{C}) = \{g \in C(\mathbb{R}^N, \mathbb{C}) \text{ t.q. } g(t) \to 0 \text{ quand } |t| \to +\infty\}$. On rappelle que $C_0(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ est un espace de Banach quand il est muni de la norme de la convergence uniforme, c'est-à-dire :

$$ \|\varphi\|_u = \max_{x \in \mathbb{R}^N} |\varphi(x)|. $$

**Proposition 10.4 (Linéarité de la transformée de Fourier)** Soit $N \ge 1$. L'application $\mathcal{F}$ qui à $f$ (appartenant à $L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$) associe sa transformée de Fourier est linéaire continue de $L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$ dans $C_0(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$.

**DÉMONSTRATION –** Le théorème de continuité sous le signe $\int$ (théorème 4.52) appliqué à la fonction $(x, t) \mapsto e^{-ix \cdot t} f(x)$ entraîne immédiatement que $\tilde{f}$ est continue. Montrons que $\tilde{f} \in C_0(\mathbb{R}, \mathbb{R})$.
**Cas** N = 1 . On remarque que pour $t \neq 0$, on a, comme $e^{i\pi} = -1$,

$$
\hat{f}(t) = -(2\pi)^{-\frac{1}{2}} \int e^{-i(x-\frac{\pi}{t})t} f(x)dx,
$$

et donc avec un changement de variable simple,

$$
\hat{f}(t) = -(2\pi)^{-\frac{1}{2}} \int e^{-iyt} f(y + \frac{\pi}{t}) dy.
$$

On en déduit que

$$
2\hat{f}(t) = (2\pi)^{-\frac{1}{2}} \int e^{-ixt}(f(x) - f(x + \frac{\pi}{t}))dx
$$

et donc que $|\hat{f}(t)| \le \frac{1}{2}(2\pi)^{-\frac{1}{2}}\|f(\cdot) - f(\cdot + \frac{\pi}{t})\|_1$. Le théorème de continuité en moyenne dans $L^1$ (théorème 5.21) donne alors le fait que $\hat{f}(t) \to 0$ quand $|t| \to \infty$.

**Cas** N > 1 . On reprend la même méthode.

Pour $t \neq 0$, $t = (t_1, \dots, t_N)^t$, il existe $j \in \{1, \dots, N\}$ t.q. $|t_j| = \max_{k=1,\dots,N} |t_k|$. On a alors, comme $e^{i\pi} = -1$, en notant $e_j$ le j-ième vecteur de base de $\mathbb{R}^N$,

$$
\hat{f}(t) = -(2\pi)^{-\frac{N}{2}} \int e^{-i(x - \frac{\pi}{t_j} e_j) \cdot t} f(x) dx,
$$

et donc avec un changement de variable simple,

$$
\hat{f}(t) = -(2\pi)^{-\frac{N}{2}} \int e^{-iy \cdot t} f(y + \frac{\pi}{t_j} e_j) dy.
$$

On en déduit que $|\hat{f}(t)| \le \frac{1}{2}(2\pi)^{-\frac{N}{2}} \|f(\cdot) - f(\cdot + \frac{\pi}{t_j}e_j)\|_1$. Le théorème de continuité en moyenne dans $L^1$ (théorème 8.5) donne alors le fait que $\hat{f}(t) \to 0$ quand $|t| \to \infty$.

■

La transformée de Fourier a la propriété intéressante de transformer la convolution en produit. Ceci est montré dans la proposition suivante.

**Proposition 10.5 (Transformée de Fourier d'un produit)** *Soient f et g ∈ L¹<sub>C</sub>(ℝ<sup>N</sup>),
alors *f* *g* = (2π) <sup>N</sup>⁄₂ *f* *g*.*

DÉMONSTRATION – Par la proposition 7.22, on a $f * g \in L_\mathbb{C}^1(\mathbb{R}^N)$ et pour p.p. $x \in \mathbb{R}^N$, $f * g(x) = \int f(x-y)g(y)dy$. On a donc, pour tout $t \in \mathbb{R}^N$,

$$
\begin{align*}
\widehat{f * g}(t) &= (2\pi)^{-\frac{N}{2}} \iint \left( \int f(x-y)g(y)dy \right) e^{-ix \cdot t} dx = \\
&= (2\pi)^{-\frac{N}{2}} \iint \left( \int f(x-y)g(y)e^{-i(x-y) \cdot t} e^{-iy \cdot t} dy \right) dx.
\end{align*}
$$

En appliquant le théorème de Fubini (théorème 7.12) à la fonction

$$
(x, y) \mapsto f(x - y)g(y)e^{-i(x - y) \cdot t}e^{-iy \cdot t}
$$
(qui est bien intégrable sur $\mathbb{R}^{2N}$ car son module est la fonction $(x, y) \mapsto |f(x-y)g(y)|$ dont l'intégrale sur $\mathbb{R}^{2N}$ est égale à $\|f\|_1\|g\|_1$), on obtient :

$$ \widehat{f \ast g}(t) = (2\pi)^{-\frac{N}{2}} \int \left( \int f(x-y)e^{-i(x-y)\cdot t} dx \right) g(y)e^{-iy\cdot t} dy. $$

Comme, pour tout $y \in \mathbb{R}^N$, $\int f(x-y)e^{-i(x-y)\cdot t} dx = \int f(z)e^{-iz\cdot t} dz = (2\pi)^{\frac{N}{2}} \widehat{f}(t)$, on en déduit :

$$ \widehat{f \ast g}(t) = \widehat{f}(t) \int g(y)e^{-iy \cdot t} dy = (2\pi)^{\frac{N}{2}} \widehat{f}(t) \widehat{g}(t), $$

ce qui est le résultat annoncé.

■

### 10.2.2 Théorème d'inversion

Il est naturel de se poser les deux questions suivantes :

* La transformée de Fourier d'une fonction $f$ caractérise-t-elle la fonction $f$ (c'est-à-dire si $\widehat{f} = \widehat{g}$, a-t-on $f = g$ p.p.) ?

* Peut-on retrouver la fonction à partir de sa transformée de Fourier ?

Les réponses à ces questions sont fournies par le théorème d'inversion de Fourier :

**Théorème 10.6 (Inversion partielle de la transformée de Fourier)** Soit $N \ge 1$ et $f \in L_C^1 \text{ t.q. } \widehat{f} \in L_C^1$. On a alors $f = \widehat{\widehat{f}}(-.) \text{ p.p.}, \text{ c'est-à-dire :}$

$$ f(t) = (2\pi)^{-\frac{N}{2}} \int \widehat{f}(x)e^{ixt} dx, \text{ pour presque tout } t \in \mathbb{R}^N. $$

La démonstration fait l'objet de l'exercice 10.1.

Une conséquence de ce théorème est l'injectivité de l'application $\mathcal{F}$, qui fournit donc une réponse positive à la première question. En effet, soient $f$ et $g \in L_C^1 \text{ t.q. } \widehat{f} = \widehat{g}$; alors par linéarité, $\widehat{f-g} = 0$ et donc $\widehat{f-g} \in L_C^1$. En appliquant le théorème d'inversion, on a donc $f = g$ p.p.

Ce théorème apporte aussi une réponse partielle à la deuxième : on peut calculer $f$ à partir de $\widehat{f}$ dès que $\widehat{f} \in L_C^1$. Il faut remarquer à ce propos que $L_C^1$ n'est pas stable par transformation de Fourier (voir exercice 10.2).

### 10.2.3 Régularité et décroissance à l'infini

**Proposition 10.7 (Différentiabilité, dimension 1)**

1. Soit $f \in L_C^1(\mathbb{R}) \cap C^1(\mathbb{R}, \mathbb{C}) \text{ t.q. } f' \in L_C^1(\mathbb{R}) \text{ (où } f' \text{ est la dérivée de } f)$. Alors, pour tout $t \in \mathbb{R}$, $\widehat{f}'(t) = (it)\widehat{f}(t)$.
2. Soit $f \in L_c^1(\mathbb{R})$ t.q. ($\cdot$) $f \in L_c^1(\mathbb{R})$ (où ($\cdot$) $f$ est l'application qui à $x \in \mathbb{R}$ associe $xf(x)$). Alors, $\tilde{f} \in C^1(\mathbb{R}, \mathbb{C})$ et, pour tout $t \in \mathbb{R}$, $\tilde{f}'(t) = (-i\cdot)f(t)$.

DÉMONSTRATION – La démonstration du premier item consiste à faire une intégration par parties sur l'intervalle $[-n, n]$ puis à faire tendre $n$ vers l'infini (en remarquant que $f(\pm n) \to 0$, quand $n \to +\infty$, voir l'exercice 5.6).

Le deuxième item est une conséquence immédiate du théorème 4.53 (théorème de dérivation sous le signe $\int$). ■

La transformation de Fourier transforme donc la dérivation en multiplication par la fonction $(i\cdot)$, et la multiplication par $(-i\cdot)$ en dérivation. Cette propriété est utilisée, par exemple, pour la résolution d'équations différentielles (qui sont ainsi transformées en équations algébriques).

Cette propriété se généralise au cas de la dimension N et pour un ordre $k$ de dérivation quelconque. On introduit pour ce faire les notations suivantes : soient $\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_N)^t \in \mathbb{N}^N$ un multi-indice et $f$ une fonction de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$. On définit $|\alpha| = \alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_N$ et

$$D^\alpha f = \left( \frac{\partial^{\alpha_1}}{\partial x_1^{\alpha_1}} \frac{\partial^{\alpha_2}}{\partial x_2^{\alpha_2}} \cdots \frac{\partial^{\alpha_N}}{\partial x_N^{\alpha_N}} \right) f$$

lorsque cette dérivée existe.

**Proposition 10.8 (Différentiabilité, dimension N)**

1. Soit $N \ge 1$ et $k \ge 1$. Soit $f \in C^k(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ t.q. $D^\alpha f \in L_c^1(\mathbb{R}^N)$ pour tout $\alpha \in \mathbb{N}^N$ t.q. $|\alpha| \le k$. Alors, $\overline{D^\alpha f}(t) = (it)^\alpha \tilde{f}(t)$ pour tout $t \in \mathbb{R}$ et pour tout $\alpha \in \mathbb{N}^N$ t.q. $|\alpha| \le k$, avec $(it)^\alpha = (it_1)^{\alpha_1}(it_2)^{\alpha_2}\dots(it_N)^{\alpha_N}$.

2. Soit $f$ t.q. $(\cdot)^\alpha f \in L_c^1(\mathbb{R}^N)$ pour tout $\alpha \in \mathbb{N}^N$ tel que $|\alpha| \le k$. Alors, $\tilde{f} \in C^k(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ et $D^\alpha \tilde{f} = (-i\cdot)^\alpha f$ pour tout $\alpha \in \mathbb{N}^N$ tel que $|\alpha| \le k$.

La proposition 10.8 montre que la dérivabilité de $f$ entraîne la décroissance de $\tilde{f}$ à l'infini (plus $f$ est dérivable, plus $\tilde{f}$ décroît vite à l'infini), et réciproquement. Cette remarque incite à définir l'espace des fonctions à décroissance rapide (souvent appelé espace de Schwartz),

**Définition 10.9 (Espace de Schwartz)** Soit $N \ge 1$, on appelle espace de Schwartz, noté $S(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ ou $S_N$ ou même $S$, l'espace des fonctions dites à décroissance rapide, défini par :

$$S_N = \{ f \in C^\infty(\mathbb{R}^N, \mathbb{C}) \text{ t.q. pour tout } \alpha \text{ et } \beta \in \mathbb{N}^N, \sup_{x \in \mathbb{R}^N} |(x)^\alpha D^\beta f(x)| < +\infty \}.$$
On va montrer l'invariance par transformation de Fourier de cet espace. On com-
mence par remarquer que $S_N \subset L_C^1(\mathbb{R}^N)$. En effet, si $f \in S_N$, en prenant des choix
convenables de $\alpha$ et $\beta$ dans la définition de $S_N$, on remarque qu'il existe $C \in \mathbb{R}$
t.q. $(1 + |x|^{N+1})|f(x)| \le C$. On en déduit que $f \in L_C^1(\mathbb{R}^N)$. Plus généralement, si
$f \in S_N$, on remarque que $(\cdot)^\beta D^\alpha f \in L_C^1(\mathbb{R}^N)$ pour tout $a, \beta \in \mathbb{R}^N$. On obtient alors la
proposition 10.10.

**Proposition 10.10 (Transformée de Fourier et dérivation dans S)** *Soit N ≥ 1 et*
*f ∈ S(R<sup>N</sup>, C). Pour tout α, β ∈ N<sup>N</sup> on a :*

$$
\mathcal{F}(D^{\alpha}((-i \cdot)^{\beta} f)) = (i \cdot)^{\alpha} \widehat{(-i \cdot)^{\beta} f} = (i \cdot)^{\alpha} D^{\beta} \widehat{f}, \quad (10.1)
$$

$$
\mathcal{F}[(-i \cdot)^{\alpha} D^{\beta} f] = D^{\alpha} \widehat{D^{\beta} f} = D^{\alpha} [(i \cdot)^{\beta} \widehat{f}]. \quad (10.2)
$$

La démonstration est une adaptation simple de celle de la proposition 10.8.

La proposition 10.10 et le théorème 10.6 nous permettent alors de remarquer que la
transformée de Fourier est une bijection de $S_N$ dans $S_N$.

**Proposition 10.11 (Transformée de Fourier dans S<sub>N</sub>)** *Soit N ≥ 1. L'application F*
*qui à f associe sa transformée de Fourier est une bijection de S<sub>N</sub> dans S<sub>N</sub>. De plus,*
*pour tout f ∈ S<sub>N</sub>, on a f = f̂(−·).*

DÉMONSTRATION – En utilisant la proposition 10.10, on montre facilement que $\mathcal{F}$ envoie $S_N$ dans $S_N$. Le théorème d'inversion (théorème 10.6) donne alors que $f$ est injective et que $f = \tilde{f}(-\cdot)$ pour tout $f \in S_N$. De cette dernière formule, on déduit que $\mathcal{F}$ est surjective (et donc bijective) de $S_N$ dans $S_N$. ■

**10.3 Transformée de Fourier d'une mesure signée**

Il est facile d'étendre la définition de la transformation de Fourier à une mesure signée sur les boréliens de $\mathbb{R}^N$. Plus précisément, si $m$ est une mesure signée sur les boréliens de $\mathbb{R}^N$ ($N \ge 1$), la définition 10.12 définit la fonction $\tilde{m}$ (continue et bornée de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$) et, si $m = f\lambda_N$, avec $f \in L_{\mathbb{R}}^1(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$ (c'est-à-dire que $m$ est la mesure signée de densité $f$ par rapport à la mesure de Lebesgue sur les boréliens de $\mathbb{R}^N$), on a $\tilde{m}(t) = \tilde{f}(t)$ pour tout $t \in \mathbb{R}^N$.

**Définition 10.12 (Transformée de Fourier d'une mesure signée)** *Soit N ≥ 1 et*
*m une mesure signée sur les boréliens de R<sup>N</sup>. Soit t ∈ R<sup>N</sup>, l'application x ↦→ e<sup>-ix·t</sup>
(définie de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$) appartient à $L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), m)$ (car elle est continue, donc borélienne, et bornée). On définit alors $\tilde{m}(t)$ par :

$$ \tilde{m}(t) = (2\pi)^{-\frac{N}{2}} \int e^{-ix \cdot t} dm(x). $$

La fonction $\tilde{m}$ (définie de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{C}$) s'appelle transformée de Fourier de $m$.

On rappelle que

$$ C_b(\mathbb{R}^N, \mathbb{C}) = \{g \in C(\mathbb{R}^N, \mathbb{C}) \text{ t.q. } \sup_{t \in \mathbb{R}^N} |g(t)| < \infty\} $$

et que $C_b(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ est un espace de Banach quand il est muni de la norme de la convergence uniforme.

**Proposition 10.13** *Soit N ≥ 1. Soit m une mesure signée sur les boréliens de R^N. La fonction m̄ appartient à C_b(R^N, C).*

**DÉMONSTRATION** – Le fait que $\tilde{m}$ est bornée est simple. On utilise la décomposition de Hahn (proposition 2.32), c'est-à-dire le fait que $m = m^+ - m^-$, où $m^\pm$ sont deux mesure finies étrangères. On remarque alors que, pour tout $t \in \mathbb{R}^N$, on a $|\tilde{m}(t)| \le |m|(\mathbb{R}^N) < +\infty$, où $|m| = m^+ + m^-$.

La fait que $\tilde{m}$ est continue est une conséquence immédiate du théorème de continuité sous le signe $\int$ (théorème 4.52) appliqué à la fonction $(x, t) \mapsto e^{-ix \cdot t}$ (et avec les mesures finies $m^\pm$).

Comme pour la transformation de Fourier dans $L^1$, on peut se demander si $\tilde{m}$ caractérise la mesure signée $m$ et si on peut retrouver $m$ à partir de $\tilde{m}$. La proposition suivante s'intéresse à ces deux questions.

**Proposition 10.14** *Soit N ≥ 1.*

1. Soit $m$ et $\mu$ deux mesures signées sur les boréliens de $\mathbb{R}^N$. On suppose que $\tilde{m} = \tilde{\mu}$. Alors, $m = \mu$.

2. Soit $m$ une mesure signée sur les boréliens de $\mathbb{R}^N$. On suppose que $\tilde{m} \in L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$. Alors, $m = f \lambda_N$ avec $f = \tilde{m}(-\cdot)$ p.p. (c'est-à-dire p.p. pour la mesure $\lambda_N$).

La démonstration de cette proposition fait l'objet de l'exercice 10.5.

Nous avons vu dans la section précédente qu'il y avait un lien entre les propriétés de décroissance de $f$ à l'infini et les propriétés de régularité de $\tilde{f}$ (propositions 10.7, 10.8 et 10.10). Dans le même esprit, on peut remarquer que, si $f$ est une fonction de $\mathbb{R}$
dans $\mathbb{R}_+$, borélienne et intégrable, la continuité de $\tilde{f}$ en 0 donne une précision sur la convergence vers 0, quand $a \to +\infty$, de $\int_{]-a,a[} |f(x)|dx$. Nous donnons dans le lemme 10.15 cette précision dans le cas plus général d'une mesure (positive) finie. Ce lemme permet de démontrer le théorème 10.21 (lui-même utile pour démontrer le théorème central limite, théorème 10.23).

**Lemme 10.15** Soit $m$ une mesure (positive) finie (et non nulle) sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. On pose $M = m(\mathbb{R})$ et, pour $t \in \mathbb{R}$,

$$ \psi(t) = \sqrt{2\pi} \frac{\tilde{m}(t) + \tilde{m}(-t)}{2}. $$

(La fonction $\psi$ prend donc ses valeurs dans $\mathbb{R}$, et même dans $[-M, M]$, est continue en 0 et $\psi(0) = M$.) On a alors, pour tout $a > 0$,

$$ m(\{x, |x| \ge a\}) \le a \int_{0}^{2/a} (M - \psi(t))dt. $$

**DÉMONSTRATION –** On peut supposer $M = 1$ (il suffit, si $M \ne 1$, de remplacer la mesure $m$ par la mesure $m/M$). On remarque tout d'abord que pour tout $t \in \mathbb{R}$ on a

$$ \tilde{m}(t) + \tilde{m}(-t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} (e^{-ixt} + e^{ixt})dm(x) = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} \cos(xt)dm(x). $$

et donc

$$ \psi(t) = \int_{\mathbb{R}} \cos(xt)dm(x). $$

On en déduit bien que $\psi(t) \in \mathbb{R}$, $|\psi(t)| \le 1$ et que $\psi(0) = 1$.

Soit $a > 0$, on pose $\varepsilon = 2/a$ et $T = \int_0^\varepsilon (1 - \psi(t))dt$. En utilisant le théorème de Fubini-Tonelli (théorème 7.7) on obtient

$$ \begin{aligned} T &= \int_0^\varepsilon \left( \int_{\mathbb{R}} (1 - \cos(xt))dm(x) \right) dt = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_0^\varepsilon (1 - \cos(xt))dt \right) dm(x) \\ &= \int_{\mathbb{R}} \left( \varepsilon - \frac{\sin(\varepsilon x)}{x} \right) dm(x). \end{aligned} $$

Mais, $(\varepsilon - \frac{\sin(\varepsilon x)}{x}) = \varepsilon(1 - \frac{\sin(\varepsilon x)}{\varepsilon x}) \ge \varepsilon/2$ si $|\varepsilon x| \ge 2$, ce qui est vrai si $|x| \ge a$ car $\varepsilon a = 2$.

On a donc (comme $(\varepsilon - \frac{\sin(\varepsilon x)}{x}) \ge 0$ pour tout $x$)

$$ T = \int_{\mathbb{R}} \left( \varepsilon - \frac{\sin(\varepsilon x)}{x} \right) dm(x) \ge \frac{\varepsilon}{2} m\{x, |x| \ge a\}. $$

On obtient donc, finalement,

$$ m(\{x, |x| \ge a\}) \le \frac{2T}{\varepsilon} \le \frac{2}{\varepsilon} \int_{0}^{\varepsilon} (1 - \psi(t))dt = a \int_{0}^{2/a} (1 - \psi(t))dt. $$

Ce qui est le résultat annoncé.

■
## 10.4 Transformation de Fourier dans L²

On aimerait ici définir la transformée de Fourier d'un élément de $L_C^2(\mathbb{R}^N) = L_C^2(\mathbb{R}^N, \mathcal{B}(\mathbb{R}^N), \lambda_N)$. On rappelle que l'espace $L_C^2(\mathbb{R}^N)$ est un espace de Hilbert et que le produit scalaire sur $L_C^2(\mathbb{R}^N)$ est défini par (en notant $dt = d\lambda_N(t)$) :

$$ (f | g)_2 = \int f(t) \overline{g(t)} dt. $$

Il est clair que la définition de $\tilde{f}$ qu'on a donnée pour $f \in L_C^1(\mathbb{R}^N)$ ne s'applique pas pour un élément de $L_C^2(\mathbb{R}^N)$. Pour définir la transformée de Fourier d'un élément de $L_C^2(\mathbb{R}^N)$, on va utiliser la densité de $S_N$ dans $L_C^2(\mathbb{R}^N)$ (on peut montrer que $S_N \subset L_C^2(\mathbb{R}^N)$, comme on a montré que $S_N \subset L_C^1(\mathbb{R}^N)$). On va d'abord remarquer que la transformée de Fourier envoie $S_N$ dans $L_C^2(\mathbb{R}^N)$ et que c'est une isométrie pour la norme de $L_C^2(\mathbb{R}^N)$. On utilisera ensuite la densité de $S_N$ dans $L_C^2(\mathbb{R}^N)$ pour définir la transformée de Fourier des éléments de $L_C^2(\mathbb{R}^N)$.

**Proposition 10.16** *Soit N ≥ 1 et f, g ∈ S_N (on a donc, en particulier, f, g ∈ L_C^2(\mathbb{R}^N)). Alors $\tilde{f}$ et $\tilde{g}$ sont des éléments de L_C^2(\mathbb{R}^N) et (f | g)_2 = (\tilde{f} | \tilde{g})_2. En particulier, ||f||_2 = ||\tilde{f}||_2.*

**DÉMONSTRATION –** Soit $f, g \in S_N$. Comme $f, \tilde{f} \in S_N \subset L_C^1(\mathbb{R}^N)$, on peut appliquer le théorème d'inversion (théorème 10.6). Il donne $f = \tilde{f}(-\cdot)$ et donc :

$$ (f | g)_2 = \int \tilde{f}(-t) \tilde{g}(t) dt = (2\pi)^{-N/2} \int \left( \int e^{ix \cdot t} \tilde{f}(x) dx \right) \tilde{g}(t) dt. $$

On utilise maintenant le théorème de Fubini (théorème 7.12). Il s'applique car $\tilde{f}, \tilde{g} \in L_C^1(\mathbb{R}^N)$. On obtient :

$$ (f | g)_2 = (2\pi)^{-N/2} \int \left( \int e^{ix \cdot t} \tilde{g}(t) dt \right) \tilde{f}(x) dx = \int \tilde{g}(t) \tilde{f}(t) dt = (\tilde{f} | \tilde{g})_2, $$

ce qui termine la démonstration.

<figure><img src="image_25.png" /></figure>

La proposition 10.16 permet de définir, par un argument de densité, la transformée de Fourier dans $L_C^2(\mathbb{R}^N)$.

**Théorème 10.17 (Transformée de Fourier dans L², Plancherel)** *Soit N ≥ 1. Il existe une application linéaire continue $\tilde{F}$ de $L_C^2(\mathbb{R}^N)$ dans $L_C^2(\mathbb{R}^N)$ t.q. :*

1. Si $f \in L_C^1(\mathbb{R}^N) \cap L_C^2(\mathbb{R}^N)$, on a alors $\tilde{F}(f) = \tilde{f} \text{ p.p.}$.

2. Pour tout $f, g \in L_C^2(\mathbb{R}^N)$, on a $(f | g)_2 = (\tilde{F}(f) | \tilde{F}(g))_2$.
3. Pour tout $f \in L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$, on a $f = \tilde{\mathcal{F}}(\tilde{\mathcal{F}}(f))(-\cdot)$.

4. $\tilde{\mathcal{F}}$ est une bijection de $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$.

Pour $f \in L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$, $\tilde{\mathcal{F}}(f)$ s'appelle la transformée de Fourier de $f$. Compte tenu du premier item, on notera en général, $\tilde{f}$ la transformée de Fourier de $f$ si $f \in L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$ (et alors $\tilde{f} = \mathcal{F}(f) \in C_0(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$) ou si $f \in L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ (et alors $\tilde{f} = \tilde{\mathcal{F}}(f) \in L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$).

## DÉMONSTRATION –
L'application $f \mapsto \tilde{f}$ est définie sur $S_N$, qui est un sous espace de $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$, et prend ses valeurs dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ (car $S_N \subset L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$, en confondant, comme d'habitude, un élément de $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ avec l'un de ses représentants). Comme cette application est linéaire, continue pour la norme de $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$, et que $S_N$ est dense dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ (car $S_N \supset C_c^\infty(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ et $C_c^\infty(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ est dense dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$, voir le théorème 8.14), on en déduit que cette application se prolonge (de manière unique) en une application, notée $\tilde{\mathcal{F}}$, linéaire continue de $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$.

Plus précisément, soit $f \in L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. Il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset S_N$ t.q. $f_n \to f$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ quand $n \to +\infty$. La suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc de Cauchy dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. La proposition 10.16 donne alors que la suite $(\tilde{f}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc aussi de Cauchy dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. Elle converge donc dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. On aimerait définir $\tilde{\mathcal{F}}(f)$ comme étant la limite (dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$) de la suite $(\tilde{f}_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Ceci est possible à condition que cette limite ne dépende que de $f$ et pas du choix de la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ convergeant dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ vers $f$. Or, ce dernier point est facile car si $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une autre suite convergeant dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ vers $f$, on a $\|\tilde{f}_n - \hat{g}_n\|_2 = \|f_n - g_n\|_2 \to 0$ quand $n \to +\infty$. On a ainsi défini $\tilde{\mathcal{F}}$ de $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ dans lui même.

La linéarité de $\tilde{\mathcal{F}}$ découle immédiatement du fait que l'application $f \mapsto \tilde{f}$ est linéaire de $S_N$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. Enfin, soit $f \in L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset S_N$ t.q. $f_n \to f$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. La proposition 10.16 donne que $\|\tilde{f}_n\|_2 = \|f_n\|_2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. En passant à la limite quand $n \to +\infty$, on en déduit $\|\tilde{\mathcal{F}}(f)\|_2 = \|f\|_2$. Ce qui prouve la continuité de $\tilde{\mathcal{F}}$ de $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. On montre maintenant les 4 items du théorème.

1. Soit $f \in L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N) \cap L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. En reprenant la démonstration du théorème 8.14, il est facile de voir qu'il existe une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset C_c^\infty(\mathbb{R}^N, \mathbb{C})$ t.q. $f_n \to f$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ et $L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$ lorsque $n \to +\infty$ (car dans la démonstration du théorème 8.14, la suite construite pour converger vers $f$ dans $L^p$ ne dépend pas de $p$). On en déduit que $\tilde{f}_n \to \tilde{f}$ uniformément sur $\mathbb{R}^N$ lorsque $n \to +\infty$ (car $f_n \to f$ dans $L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^N)$) et que $\tilde{f}_n \to \tilde{\mathcal{F}}(f)$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$ lorsque $n \to +\infty$ (car $f_n \to f$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$) et donc que, après extraction éventuelle d'une sous-suite, on peut supposer que $\tilde{f}_n \to \tilde{\mathcal{F}}(f)$ p.p. quand $n \to +\infty$. On en déduit bien que $\tilde{f} = \tilde{\mathcal{F}}(f)$ p.p..

2. Soit $f, g \in L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. Il existe deux suites $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset S_N$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset S_N$ t.q. $f_n \to f$, $g_n \to g$ dans $L_{\mathbb{C}}^2(\mathbb{R}^N)$. La proposition 10.16 donne $(\tilde{f}_n | \hat{g}_n)_2 = (f_n | g_n)_2$ pour tout
$n \in \mathbb{N}$. En passant à la limite quand $n \to +\infty$ on obtient bien $(\tilde{\mathcal{F}}(f) | \tilde{\mathcal{F}}(g))_2 = (f | g)_2$.

3. Soit $f \in L^2$. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset S_N$ t.q. $f_n \to f$ dans $L^2_C(\mathbb{R}^N)$ quand $n \to +\infty$. On a donc $\tilde{f}_n \to \tilde{\mathcal{F}}(f)$ dans $L^2_C(\mathbb{R}^N)$, ce qui donne aussi $\tilde{f}_n(-\cdot) \to \tilde{\mathcal{F}}(f)(-\cdot)$ dans $L^2_C(\mathbb{R}^N)$ et donc $\tilde{f}_n(-\cdot) \to \tilde{\mathcal{F}}(\tilde{\mathcal{F}}(f))(\cdot)$ dans $L^2_C(\mathbb{R}^N)$ quand $n \to +\infty$. La proposition 10.11 donne $f_n = \tilde{f}_n(-\cdot)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On en déduit donc (par unicité de la limite dans $L^2$) que $f = \tilde{\mathcal{F}}(\tilde{\mathcal{F}}(f))(\cdot)$ p.p..

4. L'injectivité de $\tilde{\mathcal{F}}$ (de $L^2_C(\mathbb{R}^N)$ dans $L^2_C(\mathbb{R}^N)$) découle du fait que $\|\tilde{\mathcal{F}}(f)\|_2 = \|f\|_2$ et que $\tilde{\mathcal{F}}$ est linéaire. La surjectivité est une conséquence immédiate du troisième item.

■

## 10.5 Résolution d'une équation différentielle ordinaire ou d'une équation aux dérivées partielles

On donne ici deux exemples simples d'utilisation de la transformation de Fourier pour la résolution d'une équation différentielle (souvent notée EDO pour Équation Différentielle Ordinaire) ou d'une équation aux dérivées partielles (souvent notée EDP pour Équation aux Dérivées Partielles).

Soit $N \ge 0$, $(a_0, \dots, a_N) \in \mathbb{R}^{N+1}$ et $g \in S_1$ (donnés). On cherche $f \in S_1$ qui vérifie :

$$a_N f^{(N)}(x) + \dots + a_1 f'(x) + a_0 f(x) = g(x), \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}. \quad (10.3)$$

Si $f \in S_1$ vérifie (10.3), elle vérifie nécessairement, par transformation de Fourier :

$$a_N \widehat{f^{(N)}}(t) + \dots + a_1 \widehat{f'}(t) + a_0 \widehat{f}(t) = \widehat{g}(t), \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}.$$

c'est-à-dire :

$$a_N(it)^N \widehat{f}(t) + \dots + a_1 it \widehat{f}(t) + a_0 \widehat{f}(t) = \widehat{g}(t), \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}.$$

En posant $p(t) = a_N(it)^N + \dots + a_1 it + a_0$ et en supposant que $p$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$, on a alors :

$$\widehat{f}(t) = \frac{\widehat{g}(t)}{p(t)}.$$

Comme $g \in S_1$ et que $p$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$, on peut montrer que $\frac{\widehat{g}}{p} \in S_1$. En utilisant maintenant le théorème d'inversion, ou la proposition 10.11, on obtient :

$$f(t) = \widehat{\tilde{f}}(-t) = \left(\frac{\widehat{g}}{p}\right)(-t), \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}. \quad (10.4)$$
On a donc montré que $f$ est nécessairement donnée par (10.4). Réciproquement, il est facile de voir que la fonction donnée par (10.4) est solution de (10.3), c'est donc l'unique solution dans $S_1$ de (10.3) (en supposant que $p$ ne s'annule par sur $\mathbb{R}$).

Soit $N \ge 1$, on considère une fonction $u : \mathbb{R}^N \to \mathbb{R}$, de classe $C^2$ (c'est-à-dire deux fois continûment dérivable), dont on peut donc définir le Laplacien $\Delta u = \sum_{i=1}^{N} \frac{\partial^2 u}{\partial x_i^2}$.

On cherche à déterminer les fonctions harmoniques de $S_N$, c'est-à-dire les fonctions $u \in S_N$ telles que :

$$ -\Delta u(x) = 0, \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}^N. \qquad (10.5) $$

Cherchons $u \in S_N$ (et donc $\Delta u \in S_N$) solution de (10.5). On a donc $\Delta u = 0$ (partout sur $\mathbb{R}^N$), c'est-à-dire $|t|^2 \tilde{u}(t) = 0$ et donc $\tilde{u}(t) = 0$, pour tout $t \ne 0$. Comme $\tilde{u}$ est continue, ceci entraîne que $\tilde{u} = 0$ (partout sur $\mathbb{R}^N$), et donc $u = 0$. La fonction identiquement égale à 0 est donc la seule solution de (10.5) dans $S_N$.

On peut effectuer un raisonnement analogue si on cherche $u$ de classe $C^2$ et dans $L_{\mathbb{R}}^2(\mathbb{R}^N)$ (on peut aussi le faire si $u$ est seulement dans $L_{\mathbb{R}}^2(\mathbb{R}^N)$, il faut alors convenablement définir $\Delta u$). On obtient encore que la seule solution de (10.5) est $u = 0$.

Par contre, ce résultat d'unicité n'est plus vrai si on ne demande pas à $u$ d'être de carré intégrable. En effet, les fonctions constantes sont toutes solutions de (10.5) (et on peut montrer que ce sont les seules fonctions, de classe $C^2$ et bornées, solutions de (10.5), c'est le théorème de Liouville en analyse complexe).

## 10.6 Fonction caractéristique d'un vecteur aléatoire

La transformée de Fourier a son équivalent en probabilités : il s'agit de la fonction caractéristique d'une variable aléatoire (rien à voir avec la fonction caractéristique d'un ensemble !).

**Définition 10.18** Soit $(\Omega, A, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X$ un v.a. de dimension $d$. On appelle fonction caractéristique de $X$ la fonction de $\mathbb{R}^d$ dans $\mathbb{C}$ définie par :

$$ \varphi_X(u) = \int_{\Omega} e^{iX \cdot u} dP = E(e^{iX \cdot u}), \text{ pour } u \in \mathbb{R}^d. $$

Dans la définition précédente, la fonction $e^{iX \cdot u}$ est bien intégrable sur $\Omega$ (pour tout $u \in \mathbb{R}^d$) car la fonction $x \mapsto e^{ix \cdot u}$ est continue bornée de $\mathbb{R}^d$ dans $\mathbb{C}$. En notant $p_X$ la loi de $X$, on remarque également que $\varphi_X = (2\pi)^{d/2} \hat{p}_X(-\cdot)$. La section 10.3 donne alors quelques propriétés élémentaires de la fonction caractéristique d'un v..a..
**Proposition 10.19** Soit $(\Omega, A, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X$ un v.a. de dimension $d$. La fonction caractéristique de $X$ vérifie alors les propriétés suivantes :

1. $\varphi_X \in C_b(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$.

2. La loi de $X$ est entièrement déterminée par $\varphi_X$ (c'est-à-dire que si $Y$ est un autre v.a. de dimension $d$ et que $\varphi_X = \varphi_Y$, on a nécessairement $p_X = p_Y$).

3. Si $\varphi_X \in L_\mathbb{C}^1(\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d), \lambda_d)$, la loi de $X$ a une densité par rapport à la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}^d)$, c'est-à-dire $p_X = f \lambda_d$, et :

$$f(x) = (2\pi)^{-d} \int_{\mathbb{R}^d} e^{-ix \cdot u} \varphi_X(u) du, \quad \lambda_d\text{-p.s. en } x \in \mathbb{R}^d.$$

**DÉMONSTRATION** – Comme $\varphi_X = (2\pi)^{d/2} \tilde{p}_X(-\cdot)$, le premier item est donnée par la proposition 10.13 (qui donne $\tilde{p}_X \in C_b(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$).

Le deuxième item est donnée par le premier item de la proposition 10.14.

Pour le troisième item, on remarque que le deuxième item de la proposition 10.14 donne $p_X = f \lambda_d$ avec $f = \tilde{p}_X(-\cdot)$, ce qui donne $\lambda_d$-p.s. en $x \in \mathbb{R}^d$ :

$$f(x) = (2\pi)^{-\frac{d}{2}} \int_{\mathbb{R}^d} e^{ix \cdot t} \tilde{p}_X(t) dt = (2\pi)^{-d} \int_{\mathbb{R}^d} e^{-ix \cdot t} \varphi_X(t) dt.$$

■

Les fonctions caractéristiques peuvent être utilisées pour montrer l'indépendance de v.a.r. (ou de v.a.). On donne un exemple dans la proposition suivante.

**Proposition 10.20** Soit $(\Omega, A, P)$ un espace probabilisé, $d > 1$ et $X_1, \dots, X_d$ d v.a.r. Alors, les v.a.r $X_1, \dots, X_d$ sont indépendantes si et seulement si on a

$$\varphi_X(u) = \prod_{j=1}^{d} \varphi_{X_j}(u_j)$$

pour tout $u = (u_1, \dots, u_d)^t \in \mathbb{R}^d$, où $X$ est le v.a. de composantes $X_1, \dots, X_d$.

**DÉMONSTRATION** – D'après le théorème 9.28 les v.a.r. $X_1, \dots, X_d$ sont indépendantes si et seulement $p_X = p_{X_1} \otimes \dots \otimes p_{X_d}$. Par la proposition 10.14, ces deux mesures sont égales si et seulement si leurs transformées de Fourier sont égales, c'est-à-dire si et seulement si :

$$\varphi_X(u) = \int_{\mathbb{R}^d} e^{ix \cdot u} d(p_{X_1} \otimes \dots \otimes p_{X_d}) \text{ pour tout } u \in \mathbb{R}^d.$$

Comme $e^{ix \cdot u} = \prod_{j=1}^{d} e^{ix_j u_j}$ pour tout $x = (x_1, \dots, x_d)^t$ et tout $u = (u_1, \dots, u_d)^t$, la définition de la mesure produit donne

$$\int_{\mathbb{R}^d} e^{ix \cdot u} d(p_{X_1} \otimes \dots \otimes p_{X_d}) = \prod_{j=1}^{d} \varphi_{X_j}(u_j),$$
ce qui termine la démonstration de cette proposition.

Il est intéressant aussi de connaître le lien entre convergence en loi et convergence simple des fonctions caractéristiques. Nous donnons ce lien dans le deuxième item du théorème 10.21 (dû à Paul Lévy).

**Théorème 10.21 (Convergence en loi et fonctions caractéristiques, Paul Levy)**

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ un suite de v.a. de dimension $d$.

1. On suppose que la fonction caractéristique de $X_n$ converge simplement (quand $n \to +\infty$) vers une fonction $\varphi$ continue en 0. Il existe alors un v.a. $X \text{ t.q. } X_n \to X$ en loi, quand $n \to +\infty$.

2. Soit $X$ un v.a. de dimension $d$. Alors, $X_n \to X$ en loi, quand $n \to +\infty$, si et seulement si $\varphi_{X_n}(u) \to \varphi_X(u)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $u \in \mathbb{R}^d$.

**DÉMONSTRATION** – Le deuxième item du théorème est une conséquence facile du premier item. En effet, si $X_n \to X$ en loi, on a, bien sûr, $\varphi_{X_n}(u) \to \varphi_X(u)$ pour tout $u \in \mathbb{R}^d$ (car la fonction $x \mapsto e^{ix \cdot u}$ est continue et bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{C}$, pour tout $u \in \mathbb{R}^d$). Réciproquement, on suppose que $\varphi_{X_n}(u) \to \varphi_X(u)$ pour tout $u \in \mathbb{R}^d$. Comme la fonction $\varphi_X$ est continue (et donc, en particulier continue en 0), le premier item donne que $X_n$ converge en loi vers un v.a. Y. Mais ceci donne que $X$ et $Y$ ont même fonction caractéristique et donc même loi. On en déduit bien que $X_n$ tend vers $X$ en loi.

Nous démontrons maintenant le premier item du théorème 10.21. Cette démonstration se fait en deux étapes. Dans la première étape on montre que la suite des lois des $X_n$ est tendue (on utilise ici le lemme 10.15 et la continuité de $\varphi$). Puis dans la seconde étape on conclut grâce à la proposition 9.21.

**Étape 1.** On montre dans cette étape que la suite des lois des $X_n$ est tendue. Pour cela, il suffit de montrer que la suite des lois de chaque composante des $X_n$ est tendue. Soit donc $i \in \{1, \dots, d\}$ et $(X_n^{(i)})_{n \in \mathbb{N}}$ la suite des $i$-ème composantes des $X_n$. On note $m_n$ la loi de $X_n^{(i)}$ et, pour tout $t \in \mathbb{R}$,

$$ \psi_n(t) = \frac{1}{2} \varphi_{X_n^{(i)}}(t) + \varphi_{X_n^{(i)}}(-t) = \sqrt{2\pi} \frac{\tilde{m}_n(t) + \tilde{m}_n(-t)}{2} $$

Le lemme 10.15 donne alors, pour tout $a > 0$ et $n \in \mathbb{N}$.

$$ m_n(\{x, |x| \ge a\}) \le a \int_0^{2/a} (1 - \psi_n(t))dt. \quad (10.6) $$

On a $\varphi_{X_n^{(i)}}(t) = \varphi_{X_n}(te_i)$ (ou $e_i$ est le $i$-ème vecteur de la base canonique de $\mathbb{R}^d$), la fonction $\psi_n(t)$ converge donc pour tout $t \in \mathbb{R}$ et sa limite est une fonction $\psi$ (de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) continue en 0. Comme $\psi_n(0) = 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a aussi $\psi(0) = 1$.
Soit $\varepsilon > 0$, comme $\psi$ est continue en $0$ et $\psi(0) = 1$, il existe $a_0 > 0$ t.q. $\max_{t \in [0,2/a_0]}(1-\psi(t)) \le \varepsilon$, et donc

$$a_0 \int_0^{2/a_0} (1 - \psi(t)) dt \le 2\varepsilon.$$

La fonction $\psi_n$ converge simplement vers $\psi$ et $0 \le (1 - \psi_n) \le 1$ le théorème de convergence dominée donne donc

$$\lim_{n \to +\infty} a_0 \int_0^{2/a_0} (1 - \psi_n(t)) dt = a_0 \int_0^{2/a_0} (1 - \psi(t)) dt.$$

Il existe donc $n_0$ t.q.

$$n \ge n_0 \Rightarrow \lim_{n \to +\infty} a_0 \int_0^{2/a_0} (1 - \psi_n(t)) dt \le 3\varepsilon.$$

Avec (10.6) on a donc

$$n \ge n_0 \Rightarrow m_n(\{x, |x| \ge a_0\}) \le 3\varepsilon.$$

D'autre part, en utilisant la continuité décroissante d'une mesure, pour tout $n \in \{1, \dots, n_0 - 1\}$, il existe $a_n$ t.q. $m_n(\{x, |x| \ge a_n\}) \le 3\varepsilon$.

En prenant $a = \max\{a_0, a_1, \dots, a_{n_0-1}\}$ on a donc

$$m_n(\{x, |x| \ge a\}) \le 3\varepsilon \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}^*.$$

Ceci montre bien que la suite $(m_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est tendue et termine la première étape.

**Etape 2.** Dans cette seconde étape il suffit d'utiliser la proposition 9.21. Cette proposition nous donne l'existence d'une sous-suite de la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ et d'un v.a. X tel que cette sous-suite tende vers X en loi. On en déduit, en particulier que $\varphi_X = \varphi$. Il reste à montrer que toute la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ tend vers X en loi (et pas seulement une sous-suite). Pour le montrer, on raisonne par l'absurde. Si la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ ne converge pas en loi vers X, il existe $\phi \in C_b(\mathbb{R}^d, \mathbb{R})$ t.q. $E(\phi(X_n)) \not\to E(\phi(X))$. Il existe donc $\varepsilon > 0$ et une sous-suite de la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$, que nous noterons aussi $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ (pour ne pas alourdir les notations), t.q.

$$|E(\phi(X_n)) - E(\phi(X))| \ge \varepsilon. \quad (10.7)$$

Mais, la proposition 9.21 nous donne l'existence d'une sous-suite de cette sous-suite et d'un v.a. Y t.q. la sous-suite de la sous-suite tende vers Y en loi. Comme la convergence en loi donne la convergence simple des fonctions caractéristiques (et que $\varphi_{X_n} \to \varphi$ simplement), on en déduit que $\varphi_Y = \varphi = \varphi_X$. On a donc $P_X = P_Y$. La sous-suite de la sous-suite tend donc vers X en loi. En contradiction avec (10.7). On a bien ainsi montré finalement que $X_n \to X$ en loi. ■

On donne maintenant la fonction caractéristique d'un vecteur gaussien.

**Proposition 10.22** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé.*

1. Soit X une v.a.r. gaussienne. On note m son espérance (donc, $m = E(X) \in \mathbb{R}$) et $\sigma^2$ sa variance (donc, $\sigma^2 = E((X - m)^2) \ge 0$) de sorte que $X \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2)$. On a alors :

$$\varphi_X(u) = e^{imu} e^{-\frac{\sigma^2}{2}u^2}, \text{ pour tout } u \in \mathbb{R}.$$
2. Soit $d \ge 1$ et $X$ une v.a gaussien de dimension $d$. On note $m$ son espérance (donc, $m = E(X) \in \mathbb{R}^d$) et $D$ sa matrice de covariance (donc, $D$ est une matrice symétrique, composantes d'indices $j$ et $k$ de $X$) de sorte que $X \sim \mathcal{N}(m, D)$ (proposition 9.33). On a alors :

$$ \varphi_X(u) = e^{im \cdot u} e^{-\frac{1}{2} Du \cdot u}, \text{ pour tout } u \in \mathbb{R}^d. $$

DÉMONSTRATION – Soit $X$ une v.a.r. gaussienne, $X \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2)$. On suppose tout d'abord que $\sigma^2 = 0$, on a alors $X = m$ p.s. et donc, pour tout $u \in \mathbb{R}$, $\varphi_X(u) = e^{imu}$, ce qui est bien la formule annoncée. On suppose maintenant que $\sigma > 0$, on a alors, pour tout $u \in \mathbb{R}$ :

$$ \varphi_X(u) = \int_{\mathbb{R}} e^{ixu} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}\right) dx. $$

Avec le changement de variable $y = \frac{x-m}{\sigma}$, on obtient :

$$ \varphi_X(u) = e^{imu} \int_{\mathbb{R}} e^{iy\sigma u} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2}} dy, $$

ce qui donne $\varphi_X(u) = e^{imu} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \psi(\sigma u)$ avec $\psi(t) = \int_{\mathbb{R}} e^{iyt} e^{-\frac{y^2}{2}} dy$ pour tout $t \in \mathbb{R}$.

Comme la fonction $y \mapsto e^{y^2}$ est paire, on a aussi :

$$ \psi(t) = \int_{\mathbb{R}} \cos(yt) e^{-\frac{y^2}{2}} dy, \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}. $$

Pour calculer $\psi(t)$, on remarque que le théorème de dérivabilité sous le signe intégrale s'applique (théorème 4.53) et donne que $\psi$ est de classe $C^1$ et

$$ \psi'(t) = \int_{\mathbb{R}} (-y) \sin(yt) e^{-\frac{y^2}{2}} dy. $$

En intégrant par parties cette dernière intégrale (en fait, on intègre par parties sur $[-n, n]$ puis on fait tendre $n$ vers l'infini), on obtient :

$$ \psi'(t) = - \int_{\mathbb{R}} t \cos(yt) e^{-\frac{y^2}{2}} dy = -t \psi(t), \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}, $$

ce qui donne $\psi(t) = \psi(0)e^{-\frac{t^2}{2}}$. Comme $\psi(0) = \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{y^2}{2}} dy = \sqrt{2\pi}$, on en déduit que $\psi(t) = \sqrt{2\pi}e^{-\frac{t^2}{2}}$ (pour tout $t \in \mathbb{R}$) et donc que $\varphi_X(u) = e^{imu} e^{-\frac{\sigma^2 u^2}{2}}$, ce qui est bien la formule annoncée.

On suppose maintenant que $d > 1$ et que $X$ est un v.a. gaussien. Soit $u \in \mathbb{R}^d$. On a $\varphi_X(u) = E(e^{iX \cdot u}) = \varphi_{X \cdot u}(1)$. Pour connaître $\varphi_X(u)$, il suffit donc de connaître la fonction caractéristique de la v.a.r. $X \cdot u$. Comme $X$ est un v.a. gaussien, la v.a.r. $X \cdot u$ est une v.a.r. gaussienne. Sa moyenne est $E(X \cdot u) = E(X) \cdot u = m \cdot u$ et sa variance est (voir l'exercice 9.5) :

$$ \sigma^2 = E((X \cdot u - m \cdot u)^2) = E(u^t(X - m)(X - m)^t u) = u^t \mathrm{Cov}(X)u = u^t Du. $$

On a donc, d'après la première partie de cette démonstration (c'est-à-dire le cas $d = 1$),

$$ \varphi_X(u) = \varphi_{X \cdot u}(1) = e^{im \cdot u} e^{-\frac{u^t Du}{2}}, $$

ce qui est bien la formule annoncée (car $u^t Du = Du \cdot u$).

■
On montre enfin le théorème central limite, qui nous dit que toute somme de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées tend en loi vers une variable aléatoire gaussienne.

**Théorème 10.23 (Théorème central limite)** *Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé, d ≥ 1 et (X_n)_{n∈N} une suite de v.a. de dimension d i.i.d.. On suppose que E(|X_1|^2) < ∞. On pose E(X_1) = m, D = Cov(X_1) et, pour n ∈ N*,*

$$
Y_n = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i=1}^{n} (X_i - m).
$$

La suite $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge alors en loi vers tout v.a. Y dont la loi est la loi normale multidimensionnelle $\mathcal{N}(0, D)$. (Voir la définition 9.5 et la proposition 9.33 pour la définition de cette loi normale multidimensionnelle.)

DÉMONSTRATION – D’après le théorème 10.21 et la proposition 10.22, il suffit de montrer que, pour tout $u \in \mathbb{R}^d$,

$$
\lim_{n \to +\infty} \varphi_{Y_n}(u) = e^{-\frac{u^t D u}{2}},
$$

où $\varphi_{Y_n}$ est la fonction caractéristique du v.a. $Y_n$.

Soit $u \in \mathbb{R}^d$. On a

$$
\varphi_{Y_n}(u) = E(e^{iY_n \cdot u}) = E(e^{\frac{i}{\sqrt{n}} \sum_{p=1}^{n} (X_p - m) \cdot u}) = E\left(\prod_{p=1}^{n} e^{\frac{i}{\sqrt{n}} (X_p - m) \cdot u}\right).
$$

Les v.a. Xp (p = 1, ..., n) étant indépendants et identiquement distribués, on a donc,
par la proposition 9.27 (cette proposition est écrite pour des fonctions à valeurs réelles
mais elle s'étend à des fonctions à valeurs complexes en décomposant les fonctions en
parties réelles et imaginaires),

$$
\varphi_{Y_n}(u) = E\left(e^{\frac{i}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u}\right)^n. \quad (10.8)
$$

On pose $z_n = E(e^{\frac{i}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u})$ et on calcule maintenant $z_n$ en faisant un développement limité des fonctions cos et sin. Il existe deux fonctions $\varepsilon_1$ et $\varepsilon_2$ appartenant à $C_b(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ t.q. $\lim_{x \to 0} \varepsilon_i(x) = 0$, $i = 1, 2$ et

$$
\cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + x^2 \varepsilon_1(x) \text{ et } \sin(x) = x + x^2 \varepsilon_2(x).
$$

On en déduit que

$$
\int_{\Omega} \cos\left(\frac{1}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u\right) dP = 1 - \frac{1}{2n} \int_{\Omega} \left((X_1 - m) \cdot u\right)^2 dP \\
+ \frac{1}{n} \int_{\Omega} \left((X_1 - m) \cdot u\right)^2 \varepsilon_1\left(\frac{1}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u\right) dP,
$$
et

$$
\int_{\Omega} \sin\left(\frac{1}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u\right) dP = \frac{1}{2n} \int_{\Omega} (X_1 - m) \cdot u dP \\
+ \frac{1}{n} \int_{\Omega} \left((X_1 - m) \cdot u\right)^2 \varepsilon_2\left(\frac{1}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u\right) dP.
$$

Comme $E(|X_1|^2) < +\infty$, le théorème de convergence dominée donne

$$
\lim_{n \to +\infty} \int_{\Omega} \left( (X_1 - m) \cdot u \right)^2 \varepsilon_i \left( \frac{1}{\sqrt{n}} (X_1 - m) \cdot u \right) dP = 0 \text{ pour } i = 1, 2.
$$

D'autre part, on a

$$
\begin{align*}
\int_{\Omega} ((X_1 - m) \cdot u)^2 dP &= \int_{\Omega} u^t (X_1 - m) (X_1 - m)^t u dP \\
&= u^t \left( \int_{\Omega} (X_1 - m) (X_1 - m)^t dP \right) u = u^t Du.
\end{align*}
$$

et

$$
\int_{\Omega} (X_1 - m) \cdot u \, dP = \left( \int_{\Omega} (X_1 - m) \, dP \right) \cdot u = 0.
$$

En posant $a = \frac{u^t Du}{2}$, on a donc

$$
\int_{\Omega} \cos\left(\frac{1}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u\right) dP = 1 - \frac{b_n}{n}, \quad \int_{\Omega} \sin\left(\frac{1}{\sqrt{n}}(X_1 - m) \cdot u\right) dP = \frac{c_n}{n},
$$

avec $\lim_{n \to +\infty} b_n = a$ et $\lim_{n \to +\infty} c_n = 0$. En posant $a_n = b_n + ic_n$, on a donc $z_n = (1 - \frac{a_n}{n})$ avec $\lim_{n \to +\infty} a_n = a$. Avec (10.8), ceci donne

$$
\varphi_{Y_n}(u) = z_n^n = \left(1 - \frac{a_n}{n}\right)^n.
$$

Comme $a \in \mathbb{R}$, le lemme 10.24 donne le résultat, c'est-à-dire $\lim_{n \to +\infty} \varphi_{Y_n}(u) = e^{-a} = e^{-\frac{u^t D u}{2}}$.

**Lemme 10.24**

Soit $a \in \mathbb{R}$ et $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de nombres complexes t.q. $\lim_{n \to +\infty} a_n = a$. On a alors

$$
\lim_{n \to +\infty} \left(1 - \frac{a_n}{n}\right)^n = e^{-a}.
$$

DÉMONSTRATION – Ce lemme est bien connu si $a_n \in \mathbb{R}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Il suffit de remarquer que $a_n < n$ pour $n$ assez grand et que $\lim_{n \to +\infty} n \ln(1 - \frac{a_n}{n}) = -\lim_{n \to +\infty} a_n = -a$. La difficulté est ici que $a_n$ peut ne pas être un nombre réel.

On pose $z_n = 1 - \frac{a_n}{n}$ et $y_n = 1 - \frac{a}{n}$. Comme la suite $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée (car elle est convergente), il existe $M \in \mathbb{R}$ t.q. $|a_n| \le M$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On a donc $|z_n| \le 1 + \frac{M}{n}$ (et aussi $|y_n| \le 1 + \frac{M}{n}$). On a alors (en écrivant $\varphi(1)-\varphi(0) = \int_0^1 \varphi'(t)dt$ avec $\varphi \in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{C})$ définie par $\varphi(t) = (tz_n + (1-t)y_n)^n$)

$$
z_n^n - y_n^n = n(z_n - y_n) \int_0^1 (tz_n + (1-t)y^n)^{n-1} dt.
$$
Comme $|tz_n + (1-t)y_n| \le t|z_n| + (1-t)|y_n| \le 1 + \frac{M}{n} \le e^{\frac{M}{n}}$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$), on en
déduit que

$$
|z_n^n - y_n^n| \le n|z_n - y_n|e^M = |a - a_n|e^M.
$$

On a donc $\lim_{n \to +\infty} z_n^n = \lim_{n \to +\infty} y_n^n = \lim_{n \to +\infty} (1 - \frac{a}{n})^n = e^{-a}$.

10.7 Exercices

**10.7.1 Transformation de Fourier**

Exercice 10.1 (Résultat partiel d'inversion de Fourier dans $L_c^1$) Soit $H(t) = e^{-|t|}$, $t \in \mathbb{R}$. On pose, pour $\lambda > 0$ :

$$
h_{\lambda}(x) = (2\pi)^{-\frac{1}{2}} \int_{\mathbb{R}} H(\lambda t) e^{itx} dt, x \in \mathbb{R}.
$$

1. Montrer que $h_\lambda(x) = (\frac{2}{\pi})^{\frac{1}{2}} \frac{\lambda}{\lambda^2 + x^2}$, et $\int_{\mathbb{R}} h_\lambda(x)dx = (2\pi)^{\frac{1}{2}}$.

Corrigé - Soit $x \in \mathbb{R}$. Comme $H$ est paire, on a $(2\pi)^{\frac{1}{2}}h_{\lambda}(x) = \int_{\mathbb{R}} e^{-|\lambda t|} \cos(tx)dt$ et donc

$$
(2\pi)^{\frac{1}{2}} h_{\lambda}(x) = 2 \lim_{n \to +\infty} \int_{0}^{n} e^{-\lambda t} \cos(tx) dt.
$$

En intégrant deux fois par parties, on remarque que

$$
\int_0^n e^{-|\lambda t|} \cos(tx) dt = \frac{1}{\lambda} - \left(\frac{x}{\lambda}\right)^2 \int_0^n e^{-|\lambda t|} \cos(tx) dt + a_n,
$$
avec $\lim_{n \to +\infty} a_n = 0$. Ceci donne

$$
\begin{gather*}
\int_0^n e^{-|\lambda t|} \cos(tx) dt = \frac{\lambda}{\lambda^2 + x^2} (1 + \lambda a_n), \\
\text{et donc } h_\lambda(x) = \left(\frac{2}{\pi}\right)^{\frac{1}{2}} \frac{\lambda}{\lambda^2+x^2}.
\end{gather*}
$$

Pour calculer $\int_{\mathbb{R}} h_{\lambda}(x)dx$, on utilise le changement de variable $x = \lambda y$, on obtient

$$
\int_{\mathbb{R}} h_{\lambda}(x) dx = \left(\frac{2}{\pi}\right)^{\frac{1}{2}} \int_{\mathbb{R}} \frac{1}{1+x^2} dy = (2\pi)^{\frac{1}{2}}.
$$

2. Soit $f \in L_c^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$, montrer que pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a :

$$
f * h_{\lambda}(x) = \int_{\mathbb{R}} H(\lambda t) \widehat{f}(t) e^{ixt} dt.
$$
**Corrigé** – Noter que $\lambda$ désigne ici à la fois le paramètre $\lambda$ introduit au début de l'énoncé et la mesure de Lebesgue. Cette maladresse de notation semble toutefois sans gravité.

Comme $f \in L_{\mathbb{R}}^{1}(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$ et $h_{\lambda} \in L_{\mathbb{R}}^{\infty}(\mathbb{R}, T, \lambda)$, $f * h_{\lambda}(x)$ est défini pour tout $x \in \mathbb{R}$ et on a :

$$f * h_{\lambda}(x) = \int_{\mathbb{R}} f(t)h_{\lambda}(x-t)dt = (2\pi)^{-\frac{1}{2}} \int_{\mathbb{R}} f(t) \left( \int_{\mathbb{R}} H(\lambda y)e^{i(x-t)y}dy \right)dt.$$

Comme $f \in L_{\mathbb{C}}^{1}(\mathbb{R}, T, \lambda)$ et $H(\lambda \cdot) \in L_{\mathbb{R}}^{\infty}(\mathbb{R}, T, \lambda)$, on peut utiliser le théorème de Fubini (théorème 7.12) pour inverser l'ordre d'intégration et obtenir :

$$\begin{align*} f * h_{\lambda}(x) &= (2\pi)^{-\frac{1}{2}} \int_{\mathbb{R}} H(\lambda y)e^{ixy} \left( \int_{\mathbb{R}} f(t)e^{-ity}dt \right)dy \\ &= \int_{\mathbb{R}} H(\lambda y)e^{ixy} \tilde{f}(y)dy. \end{align*}$$

3. Soit $g$ une fonction mesurable bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{C}$, continue en 0. Montrer que $g * h_{\lambda}(0) \to \sqrt{2\pi}g(0)$ quand $\lambda \to 0$. [Utiliser 1. et le théorème de convergence dominée.]

**Corrigé** – On utilise maintenant le fait que $h_{\lambda} \in L_{\mathbb{R}}^{1}(\mathbb{R}, T, \lambda)$ et $g \in L_{\mathbb{C}}^{\infty}(\mathbb{R}, T, \lambda)$ pour remarquer que $g * h_{\lambda}(x)$ est défini pour tout $x \in \mathbb{R}$. Pour $x = 0$, on a :

$$g * h_{\lambda}(0) = \int_{\mathbb{R}} g(x)h_{\lambda}(x)dx = \left(\frac{2}{\pi}\right)^{\frac{1}{2}} \int_{\mathbb{R}} \frac{\lambda}{\lambda^2 + x^2}g(x)dx.$$

Avec le changement de variable $y = \frac{x}{\lambda}$, on obtient :

$$g * h_{\lambda}(0) = \left(\frac{2}{\pi}\right)^{\frac{1}{2}} \int_{\mathbb{R}} g(\lambda y) \frac{1}{1+y^2} dy.$$

Comme $|g(\lambda y)| \frac{1}{1+y^2} \le \|g\|_u \frac{1}{1+y^2}$ (avec $\|g\|_u = \sup_{x \in \mathbb{R}} |g(x)|$) et que la fonction $y \mapsto \frac{1}{1+y^2}$ est intégrable sur $\mathbb{R}$, on peut utiliser le théorème de convergence dominée pour en déduire (grâce à la continuité de $g$ en 0) :

$$\lim_{\lambda \to 0} g * h_{\lambda}(0) = \left(\frac{2}{\pi}\right)^{\frac{1}{2}} g(0) \int_{\mathbb{R}} \frac{1}{1+y^2} dy = (2\pi)^{\frac{1}{2}} g(0).$$

4. Soit $f \in L_{\mathbb{C}}^{1}(\mathbb{R}, T, \lambda)$, montrer que :

$$\|f * h_{\lambda} - \sqrt{2\pi}f\|_{1} \to 0 \text{ lorsque } \lambda \to 0.$$

[On pourra utiliser la continuité en moyenne et la question précédente avec $g(y) = \int |f(x+y) - f(x)|dx$.]

**Corrigé** – Comme $\int_{\mathbb{R}} h_{\lambda}(y)dy = \sqrt{2\pi}$, on a :

$$\begin{align*} \|f * h_{\lambda} - \sqrt{2\pi}f\|_{1} &= \int_{\mathbb{R}} \left| \int_{\mathbb{R}} (f(x-y) - f(x))h_{\lambda}(y)dy \right| dx \\ &\le \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} |f(x-y) - f(x)|h_{\lambda}(y)dy \right) dx. \end{align*}$$
En utilisant le théorème de Fubini-Tonelli (théorème 7.7), on en déduit :

$$
\|f * h_{\lambda} - \sqrt{2\pi} f\|_{1} \le \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} |f(x-y) - f(x)| dx \right) h_{\lambda}(y) dy = g * h_{\lambda}(0), \\
\text{avec } g(y) = \int |f(x+y) - f(x)| dx.
$$

Le théorème de continuité en moyenne dans L¹ (théorème 5.21, écrit pour de fonctions
à valeurs réelles mais la généralisation est immédiate pour des fonctions à valeurs
complexes) donne que g est continue en 0 et donc aussi continue de R dans R
(en remarquant que |g(y) - g(z)| ≤ |g(y - z)|) et donc aussi mesurable de R dans
C. Elle est également bornée (car |g(y)| ≤ 2||f||₁, pour tout y ∈ R). On peut donc
utiliser la question précédente, elle donne que limₙ→₀ g * hₙ(0) = 0 et donc que
limₙ→₀ ||f * hₙ - √2πf||₁ = 0.

5. Déduire de ce qui précède le théorème d'inversion de Fourier, théorème 10.6.

**Corrigé** – On note $L^1(\mathbb{R}, T, \lambda)$. Soit $f \in L^1$ (on a donc $\tilde{f} \in C_0(\mathbb{R}, \mathbb{C})$). On suppose que $\tilde{f} \in L^1$. Soit $(\lambda_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}_+^*$ une suite t.q. $\lim_{n \to +\infty} \lambda_n = 0$. Comme $f \in L^1$, la question précédente nous donne que $f * h_{\lambda_n} \to \sqrt{2\pi}f$ dans $L^1$ et la question 2 nous donne pour tout $n \in \mathbb{N}$ et tout $x \in \mathbb{R}$ :

$$
f * h_{\lambda_n}(x) = \int_{\mathbb{R}} H(\lambda_n t) \hat{f}(t) e^{ixt} dt.
$$

On utilise maintenant le théorème de convergence dominée qui s'applique parce
que $\hat{f} \in L^1$ et que l'on a, pour tout $x$ et tout $n$, $|H(\lambda_n t)\hat{f}(t)e^{ixt}| \le |\hat{f}(x)|$. Comme
$\lim_{n \to +\infty} H(\lambda_n x) = 1$, pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a donc, pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

$$
\lim_{n \to +\infty} f * h_{\lambda_n}(x) = \int_{\mathbb{R}} \hat{f}(t) e^{ixt} dt = \sqrt{2\pi} \widehat{f}(-x).
$$

Enfin, comme $f * h_{\lambda_n} \to \sqrt{2\pi}f$ dans $L^1$, on peut supposer, après extraction d'une sous-suite, que $f * h_{\lambda_n} \to \sqrt{2\pi}f$ p.p.. On a donc, finalement (par unicité de la limite dans $\mathbb{R}$), $\sqrt{2\pi}f = \sqrt{2\pi}\widehat{f}(-\cdot)$ p.p., c'est-à-dire $f = \widehat{f}(-\cdot)$ p.p..

**Exercice 10.2 (La transformation de Fourier n'est ni stable ni surjective)** Soit $a \in \mathbb{R}_+^*$. On note $L_{\mathbb{C}}^1$ l'espace $L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$. On pose $f = 1_{[-a,a]}$.

1. Calculer la transformée de Fourier de f. En déduire que L₁C n'est pas stable par transformation de Fourier.

**Corrigé** – On a bien $f \in L_{\mathbb{C}}^1$. Soit $t \in \mathbb{R}^*$, on a

$$
\hat{f}(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-a}^{a} e^{-ixt} dx = \frac{1}{-it\sqrt{2\pi}} (e^{-iat} - e^{iat}) = \frac{1}{t\sqrt{2\pi}} 2\sin(at) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{\sin(at)}{t}.
$$

Pour $t=0$, on a $\hat{f}(0) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}a$. (On peut remarquer que $\hat{f}$ est bien continue sur $\mathbb{R}$.)

La fonction $\hat{f}$ n'est pas intégrable sur $\mathbb{R}$ (pour la mesure de Lebesgue), ce qui montre
que $L_{\mathbb{C}}^1$ n'est pas stable par Fourier.
2. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $g_n = 1_{[-n,n]}$. Calculer $f * g_n$, et montrer qu'il existe $h_n \in L_{\mathbb{C}}^1$ t.q. $\hat{h}_n = f * g_n$. Montrer que la suite $f * g_n$ est bornée dans $C_0(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ alors que la suite $h_n$ n'est pas bornée dans $L_{\mathbb{C}}^1$. En déduire que la transformée de Fourier n'est pas surjective de $L_{\mathbb{C}}^1$ dans $C_0(\mathbb{R}, \mathbb{C})$.

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}^*$. La fonction $f * g_n$ est définie sur tout $\mathbb{R}$ et pour $x \in \mathbb{R}$ on a

$$f * g_n(x) = \int_{\mathbb{R}} f(y)g_n(x-y)dy = \lambda([-a, a] \cap [x-n, x+n]), \quad (10.9)$$

car $f(y)g_n(x-y) = 1$ si $y \in [-a, a] \cap [x-n, x+n]$ et 0 sinon.

On peut eventuellement expliciter $f * g_n$ (mais ce n'est pas nécessaire pour la suite).

Pour $n > a$, on obtient :

$$f(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } x \ge a+n, \\ a-x+n & \text{si } -a+n \le x < a+n \\ 2a & \text{si } a-n \le x < -a+n \\ x+n+a & \text{si } -n-a \le x < a-n \\ 0 & \text{si } x < -n-a. \end{cases}$$

Comme $f$ et $g_n$ appartiennent à $L_{\mathbb{C}}^1$, on sait (par le cours) que $f * g_n \in L_{\mathbb{C}}^1$ et $\hat{f} * \hat{g}_n = \sqrt{2\pi} \hat{f} \hat{g}_n$. On obtient donc, pour tout $t \in \mathbb{R}$ (en posant $\sin(t)/t = 1$ pour $t = 0$),

$$\hat{f} * \hat{g}_n(t) = h_n(t), \text{ avec } h_n(t) = 2\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{\sin(at)\sin(nt)}{t^2}.$$

La fonction $h_n$ est continue sur $\mathbb{R}$ et $|h_n(t)| \le \sqrt{8/\pi}(1/t^2)$ pour tout $t$, on en déduit que $h_n \in L_{\mathbb{C}}^1$, on peut donc appliquer le théorème d'inversion de Fourier. Il donne

$$f * g_n(-\cdot) = \hat{f} * \hat{g}_n = \hat{h}_n.$$

Comme $f * g_n(-\cdot) = f * g_n$ (par (10.9)), on a bien finalement $f * g_n = \hat{h}_n$ avec $h_n \in L_{\mathbb{C}}^1$.

Comme $f$ et $g_n$ sont de carré intégrable, on sait que $f * g_n \in C_0(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ (voir l'exercice 8.6). Ceci peut aussi se voir directement sur la formule pour $f * g_n$. La formule (10.9) donne aussi $|f * g_n(x)| \le 2a$ pour tout $x$ et tout $n$. La suite $(f * g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc bornée dans $C_0(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ (et aussi dans $C_0(\mathbb{R}, \mathbb{C})$). On montre maintenant que la suite $(h_n)_{n \in \mathbb{N}}$ n'est pas bornée dans $L_{\mathbb{C}}^1$.

Soit $\alpha > 0$ t.q. $\sin(at)/(at) \ge 1/2$ pour tout $t \in [0, \alpha]$. On a alors pour tout $n \in \mathbb{N}^*$

$$\sqrt{\frac{\pi}{8}} \int_{\mathbb{R}} |h_n(t)| dt \ge \frac{a}{2} \int_0^\alpha \left| \frac{\sin(nt)}{t} \right| dt = \frac{a}{2} \int_0^{n\alpha} \left| \frac{\sin(z)}{z} \right| dz,$$

Ce qui prouve que $(h_n)_{n \in \mathbb{N}}$ n'est pas bornée dans $L_{\mathbb{C}}^1$ car la fonction $z \mapsto \sin(z)/z$ n'est pas intégrable sur $\mathbb{R}$.

Si l'application $\varphi \mapsto \hat{\varphi}$ était surjective de $L_{\mathbb{C}}^1$ dans $C_0(\mathbb{R}, \mathbb{C})$, elle serait alors bijective et continue (car on sait déjà qu'elle est injective et continue). Le théorème de Banach 1

<footnote n="1">1. Théorème de Banach : Si $T$ est une application linéaire bijective et continue d'un espace de Banach $E$ dans un espace de Banach $F$, alors son inverse est continue.</footnote>
donnerait alors que son inverse est aussi continue, ce qui est faux car la suite $(\hat{h}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée dans $C_0(\mathbb{R}, \mathbb{C})$ alors que la suite $(h_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est non bornée dans $L_0^1(\mathbb{R})$.

**Exercice 10.3 (Application du théorème d'inversion)**

On note $L^p$ l'espace $L_p^0(\mathbb{R}, T, \lambda)$.

1. Soient $f, g \in L^1$, montrer que $f\hat{g} \in L^1$, $g\hat{f} \in L^1$ et $\int f\hat{g}d\lambda = \int g\hat{f}d\lambda$.

2. Soit $B = [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$. Montrer que $1_B * 1_B(t) = (1 - |t|)^+ \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}$.

3. On pose $\Theta_n(t) = (1 - \frac{|t|}{n})^+$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et pour tout $t \in \mathbb{R}$. Déduire de la question précédente que

$$ \hat{\Theta}_n(y) = \frac{4}{\sqrt{2\pi}} \frac{\sin^2\left(\frac{ny}{2}\right)}{ny^2}, \forall y \in \mathbb{R}. $$

[Se ramener à $\Theta_1$...]

4. Soit $f \in L^1 \cap L^\infty$ t.q. $\hat{f}(t) \in \mathbb{R}_+$ pour tout $t \in \mathbb{R}$. On se propose de montrer que $\hat{f} \in L^1$ (et donc que le théorème d'inversion s'applique).

(a) On note $\varphi_n = \Theta_n \hat{f}$; montrer que $\varphi_n \uparrow \hat{f}$ et $\int \varphi_n d\lambda \uparrow \int \hat{f} d\lambda$ lorsque $n \to +\infty$.

(b) Montrer qu'il existe $\alpha \ge 0$ indépendant de $n$ tel que $\int \hat{\Theta}_n(y)dy = \alpha, \forall n \in \mathbb{N}^*$. En déduire que $\hat{f} \in L^1$.

**Exercice 10.4 (Transformée de Fourier inverse)** Soit $f \in L_0^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$. On suppose que la transformée de Fourier de $f$, notée $\hat{f}$, est aussi intégrable (pour la mesure de Lebesgue).

1. En utilisant le fait que $f$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$, montrer que

$$ \mathrm{Re}(\hat{f}(-t)) = \mathrm{Re}(\hat{f}(t)) \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}, $$

$$ \mathrm{Im}(\hat{f}(-t)) = -\mathrm{Im}(\hat{f}(t)) \text{ pour tout } t \in \mathbb{R}, $$

où $\mathrm{Re}(\xi)$ et $\mathrm{Im}(\xi)$ désignent les parties réelle et imaginaire du nombre complexe $\xi$.

**Corrigé** – Pour tout $t \in \mathbb{R}$, on a $\hat{f}(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} f(x)e^{-ixt}dx$.

Soit $t \in \mathbb{R}$, on a donc

$$ \hat{f}(-t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} f(x)e^{ixt}dx. $$

En utilisant le fait que $f$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$, on obtient alors la formule suivante pour le conjugué de $\hat{f}(-t)$ (noté $\overline{\hat{f}(-t)}$):

$$ \overline{\hat{f}(-t)} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} \overline{\hat{f}(x)}e^{ixt}dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} f(x)e^{-ixt}dx = \hat{f}(t). $$

En reprenant encore le conjugué, ceci donne bien $\hat{f}(-t) = \overline{\hat{f}(t)}$.
2. Montrer que

$$
f(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{+\infty} \mathrm{Re}(\hat{f}(t)e^{itx}) dt \text{ pour presque tout } x \in \mathbb{R}.
$$

**Corrigé** – Comme $\hat{f}$ est intégrable, on sait $f = \hat{\hat{f}}(-\cdot)$ p.p. (théorème 10.1). On a donc, pour presque tout $x \in \mathbb{R}$,

$$
f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} \hat{f}(t)e^{ixt}dt = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} \hat{f}(t)e^{ixt}dt + \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} \hat{f}(t)e^{ixt}dt.
$$

Dans l'intégrale de $-\infty$ à 0, on utilise le changement de variable $s = -t$, on obtient

$$
\sqrt{2\pi} f(x) = \int_{0}^{+\infty} \hat{f}(-s)e^{-ixs}ds + \int_{0}^{+\infty} \hat{f}(t)e^{ixt}dt.
$$

En regroupant les deux intégrales, on en déduit

$$
\sqrt{2\pi} f(x) = \int_{0}^{+\infty} (\hat{f}(-t)e^{-ixt} + \hat{f}(t)e^{ixt}) dt.
$$

La première question montre que le nombre complexe $\hat{f}(-t)$ est le conjugué de $\hat{f}(t)$.
Comme le nombre complexe $e^{-ixt}$ est le conjugué de $e^{ixt}$ on en déduit que $\hat{f}(-t)e^{-ixt}$
est le conjugué de $\hat{f}(t)e^{ixt}$. Ceci donne alors

$$
\sqrt{2\pi} f(x) = \int_{0}^{+\infty} 2\mathrm{Re}(\hat{f}(t)e^{ixt})dt.
$$

On obtient bien, finalement, pour presque tout $x \in \mathbb{R}$,

$$
f(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{+\infty} \mathrm{Re}(\hat{f}(t)e^{itx}) dt.
$$

**Exercice 10.5 (Caractérisation de m par $\hat{m}$)** Soit $d \ge 1$.

1. Soit $m$ et $\mu$ deux mesures signées sur les boréliens de $\mathbb{R}^d$. On suppose que $\hat{m} = \hat{\mu}$.

$$
(a) \text{ Soit } \varphi \in L_{\mathbb{C}}^{1}(\mathbb{R}^{d}, \mathcal{B}(\mathbb{R}^{d}), \lambda_{d}). \text{ Montrer que } \int \hat{\varphi} dm = \int \hat{\varphi} d\mu.
$$

**Corrigé** – On remarque que $\int \hat{\varphi} dm = (2\pi)^{-\frac{d}{2}} \int \left( \int e^{-ix\cdot t} \varphi(x) dx \right) dm(t)$. (Les intégrales sont toutes sur $\mathbb{R}^d$). La mesure signée $m$ peut se décomposer en différence de deux mesures positives étrangères $m = m^+ - m^-$ (décomposition de Hahn, proposition 2.32). Comme

$$
\iint |e^{-ix \cdot t} \varphi(x)| dx dm^{\pm}(t) = \|\varphi\|_{1} m^{\pm}(\mathbb{R}^{d}) < +\infty,
$$

on peut utiliser le théorème de Funini-Tonelli (théorème 7.7) avec les mesures $\lambda_d$ et $m^+$ et les mesures $\lambda_d$ et $m^-$. On obtient ainsi :

$$
\int \hat{\varphi} dm = (2\pi)^{-\frac{d}{2}} \int \left( \int e^{-ix \cdot t} dm(t) \right) \varphi(x) dx = \int \hat{m}(x) \varphi(x) dx.
$$

Le même raisonnement donne $\int \hat{\varphi} d\mu = \int \hat{\mu}(x)\varphi(x)dx$. Comme $\hat{m}(x) = \hat{\mu}(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}^d$, on en déduit bien $\int \hat{\varphi} dm = \int \hat{\varphi} d\mu$.
(b) Montrer que $\int \varphi dm = \int \varphi d\mu$ pour tout $\varphi \in S(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (et donc pour tout $\varphi \in C_c^\infty(\mathbb{R}^d, \mathbb{R})$).

**Corrigé** –

Comme $S(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \subset L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d), \lambda_d)$, la question précédente donne $\int \bar{\varphi} dm = \int \bar{\varphi} d\mu$ pour tout $\varphi \in S(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$. Or, l'application $\varphi \mapsto \bar{\varphi}$ est une bijection dans $S(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (proposition 10.11). On a donc $\int \varphi dm = \int \varphi d\mu$ pour tout $\varphi \in S(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$.

(c) Montrer que $m = \mu$ (On rappelle qu'une fonction de $\varphi \in C_c(\mathbb{R}^d, \mathbb{R})$ est limite uniforme de fonctions de $\varphi \in C_c^\infty(\mathbb{R}^d, \mathbb{R})$).

**Corrigé** – Soit $\varphi \in C_c(\mathbb{R}^d, \mathbb{R})$ et $(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset C_c^\infty(\mathbb{R}^d, \mathbb{R})$ t.q. $\varphi_n \to \varphi$, uniformement sur $\mathbb{R}^d$, quand $n \to +\infty$. La question précédente donne $\int \varphi_n dm = \int \varphi_n d\mu$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On utilise alors le théorème de convergence dominée (ce qui est possible car les mesures $m^\pm$ et $\mu^\pm$ sont des mesures finies), il donne $\int \varphi dm = \int \varphi d\mu$.

La proposition 5.8 donne alors $m = \mu$.

2. Soit $m$ une mesure signée sur les boréliens de $\mathbb{R}^d$. On suppose que $\widehat{m} \in L_{\mathbb{C}}^1(\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d), \lambda_d)$. Montrer que $m$ est la mesure de densité $f$ par rapport à la mesure de Lebesgue avec $f = \widehat{m}(-\cdot)$.

**Exercice 10.6 (Transformée de Fourier du produit de fonctions)** Soit $N \ge 1$, on note $S_N$ l'espace de Schwartz (voir définition 10.9) et $L^p$ l'espace $L_{\mathbb{C}}^p(\mathbb{R}^N)$.

1. Soient $f, g \in S$, Montrer que $\widehat{fg} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \widehat{f} * \widehat{g}$.

2. Soient $f, g \in L^2$, Montrer que $\widehat{fg} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \widehat{f} * \widehat{g}$.

**Exercice 10.7 (Caractérisation des fonctions à valeurs réelles)** Soit $d \ge 1$. Pour $1 \le p \le \infty$, on note $L^p$ l'espace $L_{\mathbb{C}}^p(\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d), \lambda_d)$.

1. Soit $f \in S_d$. Montrer que $f(x) \in \mathbb{R}$ pour tout $x \in \mathbb{R}^d$ si et seulement si $\overline{\tilde{f}(\xi)} = \tilde{f}(-\xi)$ pour tout $\xi \in \mathbb{R}^d$.

2. Soit $f \in L^1$. Montrer que $f(x) \in \mathbb{R}$ pour presque tout $x \in \mathbb{R}^d$ si et seulement si $\overline{\tilde{f}(\xi)} = \tilde{f}(-\xi)$ pour tout $\xi \in \mathbb{R}^d$.

3. Soit $f \in L^2$. Montrer que $f(x) \in \mathbb{R}$ pour presque tout $x \in \mathbb{R}^d$ si et seulement si $\overline{\tilde{f}(\xi)} = \tilde{f}(-\xi)$ pour presque tout $\xi \in \mathbb{R}^d$.

**Exercice 10.8 ($f \in C_c^\infty$ et $\tilde{f} = 0$ sur un ouvert non vide implique $f = 0$)**

Soit $f \in C_c^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{C})$ et U un ouvert non vide de $\mathbb{R}$. On suppose que $\tilde{f} = 0$ sur $U$. Montrer que $f = 0$ sur tout $\mathbb{R}$. [On pourra commencer par montrer que l'application $z = \xi + i\eta \in \mathbb{C} \mapsto \int f(x)e^{-ix(\xi+i\eta)dx}$ est bien définie et dérivable sur $\mathbb{C}$.]
**Exercice 10.9 (Théorème d'injection de Sobolev)**

Soit $d \ge 1$. Pour $p \in [1, \infty]$, on note $L^p$ l'espace l'espace $L_p^q(\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d), \lambda_d)$. Si $f \in L^2$, on note $\tilde{f}$ la transformée de Fourier de $f$.

Pour $s \in \mathbb{R}$, $s \ge 0$, on note $H^s(\mathbb{R}^d) = \{f \in L^2 \text{ t.q. } (1 + |\cdot|^2)^{\frac{s}{2}} \tilde{f} \in L^2\}$ et $\|f\|_{H^s} = \|(1 + |\cdot|^2)^{\frac{s}{2}} \tilde{f}\|_{L^2}$.

On rappelle que $C_0(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ est un sous espace vectoriel fermé de $C_b(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ muni de la norme $\|f\|_u = \sup_{x \in \mathbb{R}^d} |f(x)|$. Avec cette norme, $C_b(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ et $C_0(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ sont des espaces de Banach.

Soit $s > \frac{d}{2}$.

1. Soit $f \in H^s(\mathbb{R}^d)$. Montrer que $\tilde{f} \in L^1$. En déduire que $f \in C_0(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (au sens “il existe $g \in C_0(\mathbb{R}^2)$ telle que $f = g \text{ p.p.”; on confond alors } f \text{ et } g$).

2. Montrer que $H^s(\mathbb{R}^d) \subset C_0(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ et qu'il existe $C_s$, ne dépendant que de $s$ et $d$, t.q. :

$$ \|f\|_u \le C_s \|f\|_{H^s} \text{ pour tout } f \in H^s(\mathbb{R}^d). $$

3. On s'intéresse maintenant au cas $d=2$.

(a) Soit $s > 1$ et $u \in H^s(\mathbb{R}^2)$. Montrer que

$$ \|f\|_u \le \frac{1}{2\sqrt{\pi(s-1)}} \|f\|_{H^s}. $$

(b) Soit $1 < s < 2$ et $f \in H^2(\mathbb{R}^2)$. Montrer que

$$ \|f\|_{H^s} \le \|u\|_{H^1}^{2-s} \|f\|_{H^2}^{s-1}. $$

[Utiliser l'inégalité de Hölder.]

(c) On pose $C = \sqrt{\frac{e}{2\pi}}$. Montrer que

$$ f \in H^2(\mathbb{R}^2), \|f\|_{H^1} = 1 \Rightarrow \|f\|_u \le C \sqrt{\ln(1 + \|f\|_{H^2}^2)}. $$

[Pour $a > 1$, on pourra chercher le minimum pour $s \in ]1, 2[$ de la fonction $s \mapsto \frac{a^{s-1}}{\sqrt{s-1}}$, et distinguer selon les valeurs de $a$.]

Soit $\beta > 0$, montrer qu'il existe $C_\beta$, ne dépendant que de $\beta$, t.q. :

$$ f \in H^2(\mathbb{R}^2), \|f\|_{H^1} \le \beta \Rightarrow \|f\|_u \le C_\beta \sqrt{\ln(1 + \|f\|_{H^2}^2)}. $$
10.7.2 Fonction Caractéristique d'une v.a.r.

**Exercice 10.10 (Calcul de fonctions caractéristiques)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X$ une v.a. réelle. Calculer la fonction caractéristique $\varphi_X$ de $X$ dans les cas suivants :

1. $X = a$ p.s. ($a \in \mathbb{R}$).

2. $X \sim \mathcal{B}(p)$ (loi de Bernoulli de paramètre $p$ : $P(\{X = 1\}) = p = 1 - P(\{X = 0\})$).

3. $X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ (avec $\lambda > 0$).

**Exercice 10.11 (Loi normale et vecteur gaussien)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X$ un v.a. de dimension $d$. Soit $m \in \mathbb{R}^d$ et $D$ une matrice s.d.p. (de taille $d \times d$). Si $X \sim \mathcal{N}(m, D)$, où $\mathcal{N}(m, D)$ est définie par la définition 9.5, montrer que $X$ est un vecteur gaussien.

**Exercice 10.12 (Vecteurs gaussiens et densité)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X = (X_1, \dots, X_d)$ un v.a. de dimension $d$.

On suppose que $X$ est un vecteur gaussien (c'est-à-dire que $\sum_{i=1}^d a_i X_i$ suit une loi gaussienne pour tout $a_1, \dots, a_d \in \mathbb{R}$). On note $m$ la moyenne de $X$ et $D$ la matrice de covariance de $X$. Montrer que la loi de $X$ est de densité par rapport à la mesure de Lebesgue (sur $\mathbb{R}^d$) si et seulement si $D$ est inversible. Si $D$ est inversible, montrer que la loi de $X$ est la loi $\mathcal{N}(m, D)$ donnée dans la définition 9.5.

**Exercice 10.13 (V.a. gaussiens, indépendance, covariance)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $d \ge 1$ et $X = (X_1, \dots, X_d)$ un v.a. de dimension $d$.

1. On suppose ici que $d = 2$.

(a) On suppose que $X_1$ et $X_2$ suivent des lois gaussiennes et sont indépendantes, montrer que $X$ est un vecteur gaussien et que $\text{Cov}(X_1, X_2) = 0$.

**Corrigé** – Comme $X_1$ et $X_2$ suivent des lois gaussiennes, il existe $m_1, m_2 \in \mathbb{R}$ et $\sigma_1, \sigma_2 \in \mathbb{R}_+$ t.q. $X_k \sim \mathcal{N}(m_k, \sigma_k^2)$ pour $i = 1, 2$. On a donc $\varphi_{X_k}(u) = e^{ium_k} e^{-\frac{\sigma_k^2 u^2}{2}}$ pour $k = 1, 2$ et pour tout $u \in \mathbb{R}$.

Soit $a_1, a_2 \in \mathbb{R}$. On calcule alors la fonction caractéristique de la v.a.r. $a_1 X_1 + a_2 X_2$.

Soit $u \in \mathbb{R}$, on a :

$$ \varphi_{a_1 X_1 + a_2 X_2}(u) = \int_{\Omega} e^{i(a_1 X_1 + a_2 X_2)u} dP = \int_{\Omega} e^{ia_1 X_1 u} e^{ia_2 X_2 u} dP $$

En utilisant l'indépendance de $X_1$ et $X_2$, on en déduit :

$$ \varphi_{a_1 X_1 + a_2 X_2}(u) = \int_{\Omega} e^{ia_1 X_1 u} dP \int_{\Omega} e^{ia_2 X_2 u} dP = \varphi_{X_1}(a_1 u) \varphi_{X_2}(a_2 u). $$

Ce qui donne $\varphi_{a_1 X_1 + a_2 X_2}(u) = e^{iu(a_1 m_1 + a_2 m_2)} e^{-\frac{u^2(\sigma_1^2 a_1^2 + \sigma_2^2 a_2^2)}{2}}$. Comme la loi d'une v.a.r. est entièrement déterminée par sa fonction caractéristique (voir la proposition 10.19), on en déduit que $a_1 X_1 + a_2 X_2 \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2)$ avec $m = a_1 m_1 + a_2 m_2$ et $\sigma = \sqrt{\sigma_1^2 a_1^2 + \sigma_2^2 a_2^2}$. Ceci prouve bien que $X$ est un vecteur gaussien.
L'indépendance de $X_1$ et $X_2$ permet aussi de calculer la fonction caractéristique de X. Soit $u = (u_1, u_2)^t \in \mathbb{R}^2$ :

$$ \varphi_X(u) = \int_{\Omega} e^{i(X_1 u_1 + X_2 u_2)} dP = e^{i(u_1 m_1 + u_2 m_2)} e^{-\frac{u_1^2 \sigma_1^2 + u_2^2 \sigma_2^2}{2}} $$

Ceci prouve que la matrice de covariance de X est diagonale (proposition 10.22) et donc que

$$ \mathrm{Cov}(X_1, X_2) = 0. $$

(b) On suppose que X est un vecteur gaussien et que $\mathrm{Cov}(X_1, X_2) = 0$. Montrer que $X_1$ et $X_2$ sont indépendantes.

**Corrigé** – D'après la proposition 10.20, pour montrer que $X_1$ et $X_2$ sont indépendantes, il suffit de montrer que $\varphi_X(u) = \prod_{j=1}^2 \varphi_{X_j}(u_j)$ pour tout $u = (u_1, u_2)^t \in \mathbb{R}^2$. Ceci est une conséquence facile du fait que $\mathrm{Cov}(X_1, X_2) = 0$. En effet, la matrice de covariance de X est alors diagonale et on a bien (grâce à la proposition 10.22), en reprenant les notations de la question précédente (c'est-à-dire $X_k \sim \mathcal{N}(m_k, \sigma_k^2)$ pour $i=1,2$),

$$ \varphi_X(u) = e^{i(u_1 m_1 + u_2 m_2)} e^{-\frac{u_1^2 \sigma_1^2 + u_2^2 \sigma_2^2}{2}} = \varphi_{X_1}(u_1) \varphi_{X_2}(u_2), \\ \text{c'est-à-dire } \varphi_X(u) = \prod_{j=1}^2 \varphi_{X_j}(u_j) \text{ pour tout } u = (u_1, u_2)^t \in \mathbb{R}^2. $$

2. On suppose toujours $d=2$. Donner un exemple pour lequel $X_1$ et $X_2$ sont gaussiennes mais X n'est pas un vecteur gaussien. [On pourra, par exemple, choisir $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ et $X_1, X_2$ de manière à avoir $\mathrm{Cov}(X_1, X_2) = 0$ sans que $X_1, X_2$ soient indépendantes, voir l'exercice 4.42.]

**Corrigé** – On considère les deux v.a.r. S et X de l'exercice 4.42 et on prend $X_1 = SX$ et $X_2 = X$. Les v.a.r. $X_1$ et $X_2$ sont gaussiennes (on a $X_1 \sim \mathcal{N}(0,1)$ et $X_2 \sim \mathcal{N}(0,1)$), elles sont dépendantes et on a $\mathrm{Cov}(X_1, X_2) = 0$ (voir l'exercice 4.42). On en déduit que le v.a. $X = (X_1, X_2)$ n'est pas gaussien (sinon les v.a.r. seraient indépendantes, d'après la question précédente).

3. On suppose que X est un vecteur gaussien et que les composantes de X sont indépendantes deux à deux. Montrer que $X_1, \dots, X_d$ sont indépendantes.

**Corrigé** – La démonstration est ici similaire à celle de la question 1(b). D'après la proposition 10.20, pour montrer que les v.a.r. $X_1, \dots, X_d$ sont indépendantes, il suffit de montrer que $\varphi_X(u) = \prod_{j=1}^d \varphi_{X_j}(u_j)$ pour tout $u = (u_1, \dots, u_d)^t \in \mathbb{R}^d$. Ceci est une conséquence facile du fait que les v.a.r. $X_1, \dots, X_d$ sont indépendantes deux à deux. En effet, cette hypothèse d'indépendance deux à deux donne que la matrice de covariance de X est diagonale et on a alors (grâce à la proposition 10.22), avec $X_k \sim \mathcal{N}(m_k, \sigma_k^2)$ pour $i=1, \dots, d$,

$$ \varphi_X(u) = e^{i \sum_{k=1}^{d} u_k m_k} e^{-\frac{\sum_{k=1}^{d} u_k^2 \sigma_k^2}{2}} = \varphi_{X_1}(u_1) \dots \varphi_{X_d}(u_d), \\ \text{c'est-à-dire } \varphi_X(u) = \prod_{j=1}^{d} \varphi_{X_j}(u_j) \text{ pour tout } u = (u_1, \dots, u_d)^t \in \mathbb{R}^d. $$
**Exercice 10.14 (Suite de v.a.r.i.i.d. de Poisson)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X$ une v.a. de Poisson de paramètre $\lambda$ ($\lambda > 0$). On rappelle que, $P(\{X = k\}) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}$, pour tout $k \in \mathbb{N}$ et que $E(X) = \lambda$, $\text{Var}(X) = \lambda$.

1. Calculer la fonction caractéristique $\varphi_X$ de $X$.

**Corrigé** – Soit $u \in \mathbb{R}$, on a

$$ \varphi_X(u) = \int_{\Omega} e^{iXu} dP = \sum_{k \in \mathbb{N}} e^{iku} e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} = e^{-\lambda} \sum_{k \in \mathbb{N}} \frac{(\lambda e^{iu})^k}{k!} = e^{\lambda(e^{iu}-1)}. $$

2. Soit $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ une suite de v.a. indépendantes et de Poisson de paramètre $\lambda$.

(a) Soit $n > 1$. Déduire de la question 1 la loi de la v.a. $Y_n = \sum_{p=1}^n X_p$.

**Corrigé** – Soit $u \in \mathbb{R}$. On a $\varphi_{Y_n}(u) = \int_{\Omega} e^{iY_n u} dP = \int_{\Omega} \prod_{p=1}^n e^{iX_p u} dP$. Comme les v.a.r. $X_1, \dots, X_n$ sont indépendantes, on en déduit que

$$ \varphi_{Y_n}(u) = \prod_{p=1}^{n} \int_{\Omega} e^{iX_p u} dP = e^{n\lambda(e^{iu}-1)}. $$

Comme la loi d'une v.a.r. est entièrement déterminée par sa fonction caractéristique (proposition 10.19), on en déduit que $Y_n$ est une v.a. de Poisson de paramètre $n\lambda$.

(b) Utiliser le théorème central limite pour démontrer que

$$ e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!} \rightarrow \frac{1}{2} \quad \text{quand } n \rightarrow +\infty. $$

**Corrigé** – On suppose maintenant que $\lambda = 1$. la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est une suite de v.a.r.i.i.d. de carrés intégrables et on a $E(X_1) = 1$ et $\text{Var}(X_1) = 1$. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose

$$ Z_n = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i=1}^{n} (X_i - 1) = \frac{1}{\sqrt{n}} (Y_n - n). $$

Le théorème central limite (théorème 10.23) donne que la suite $(P_{Z_n})_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge étroitement vers la loi normale $N(0, 1)$. Comme une loi normale est diffuse (c'est-à-dire qu'elle ne charge pas les points), on en déduit que $P(Z_n \le 0)$ tend vers $1/2$ quand $n \to +\infty$ (voir l'exercice 6.58 et noter que $P(Z_n \le 0) = P_{Z_n}(] -\infty, 0[)$). Or, $P(Z_n \le 0) = P(Y_n \le n)$ et, comme $Y_n$ est une v.a. de Poisson de paramètre $n$, on a :

$$ P(Y_n \le n) = \sum_{k=0}^{n} P(Y_n = k) = \sum_{k=0}^{n} e^{-n} \frac{n^k}{k!}. $$

On a donc $e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!} \rightarrow 1/2$, quand $n \rightarrow +\infty$.
**Exercice 10.15 (Sur les lois des grands nombres)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X une v.a.r. dont la loi est la loi de Cauchy c'est-à-dire que $P_X = f \lambda$, avec $f(x) = \frac{1}{\pi(1+x^2)}$ pour $x \in \mathbb{R}$ (on rappelle que $\lambda$ désigne la mesure de Lebesgue sur les boréliens de $\mathbb{R}$).

1. Montrer que X n'est pas une v.a.r. intégrable.

**Corrigé** – On a

$$ \int_{\Omega} |X| dP = \int_{\mathbb{R}} \frac{|x|}{\pi(1+x^2)} dx \geq \frac{1}{2\pi} \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x} dx = +\infty. $$

Ce qui prouve que X n'est pas intégrable.

2. Soit $n \in \mathbb{N}^*$, montrer que $P(|X| > n) \geq \frac{1}{n\pi}$, où $\{|X| > n\} = \{\omega \in \Omega, |X(\omega)| > n\}$. [On pourra remarquer que $\frac{2}{1+x^2} \geq \frac{1}{x^2}$ pour tout $x \geq 1$.]

**Corrigé** – On a

$$ P(|X| > n) = \int_{|X|>n} \frac{1}{\pi(1+x^2)} dx \geq \frac{1}{\pi} \int_{n}^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx = \frac{1}{n\pi}. $$

3. Pour $x \in \mathbb{R}$, on pose $g(x) = e^{-|x|}$. Montrer que

$$ \frac{2}{1+u^2} = \int_{\mathbb{R}} e^{iux} g(x) dx = \sqrt{2\pi} \widehat{g}(u) \text{ pour tout } u \in \mathbb{R}. $$

En déduire que la fonction caractéristique de X, notée $\varphi_X$ vérifie $\varphi_X(u) = e^{-|u|}$ pour tout $u \in \mathbb{R}$. [On pourra utiliser de théorème d'inversion de Fourier qui donne $\widehat{g} = g(-\cdot)$ p.p. si $g, \widehat{g} \in L_1^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$.]

**Corrigé** – Soit $u \in \mathbb{R}$. La fonction $x \mapsto e^{iux}g(x)$ est bien intégrable sur $\mathbb{R}$. Comme la fonction $g$ est paire on a

$$ \int_{\mathbb{R}} e^{iux} g(x) dx = 2 \int_{0}^{+\infty} \cos(ux)e^{-x} dx. $$

En intégrant deux fois par parties, on montre que

$$ \int_{0}^{+\infty} \cos(ux)e^{-x} dx = - \int_{0}^{+\infty} u \sin(ux)e^{-x} dx + 1 = - \int_{0}^{+\infty} u^2 \cos(ux)e^{-x} dx. $$

On en déduit que

$$ (1+u^2) \int_0^{+\infty} \cos(ux)e^{-x} dx = 1, $$

et donc que $\int_{\mathbb{R}} e^{iux} g(x) dx = \frac{2}{1+u^2}$. On remarque aussi que, grâce à la parité de $g$,

$$ \widehat{g}(u) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} e^{-iux} g(x) dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} e^{iux} g(x) dx. $$

Enfin, la définition de fonction caractéristique de X donne

$$ \varphi_X(u) = \sqrt{2\pi} \widehat{f}(u). $$
Comme $f(x) = \frac{1}{2\pi} \frac{2}{1+x^2} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \hat{g}(x)$ (pour tout $x \in \mathbb{R}$), on a donc (en utilisant $\hat{g} = g(-\cdot)$ et la parité de $g$)

$$ \hat{f} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \hat{g} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} g(-\cdot) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} g, $$

ce qui donne, finalement, $\varphi_X = g$.

On se donne maintenant une suite $X_1, X_2, \dots, X_n, \dots$ de v.a.r.i.i.d. et on suppose que la loi de $X_1$ (et donc de tous les $X_n$) est la loi de Cauchy. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose :

$$ Z_n = \frac{1}{n} \left( \sum_{p=1}^{n} X_p \right). $$

4. Soit $n \in \mathbb{N}^*$.

(a) Montrer que

$$ \varphi_{Z_n}(u) = \varphi_{X_1}^n \left( \frac{u}{n} \right) \quad \text{pour tout } u \in \mathbb{R}. $$

**Corrigé** – Soit $u \in \mathbb{R}$, on a, grâce à l'indépendance des $X_p$,

$$ \varphi_{Z_n}(u) = E(e^{iuZ_n}) = E\left(\prod_{p=1}^{n} e^{i \frac{u}{n} X_p}\right) = \prod_{p=1}^{n} E(e^{i \frac{u}{n} X_p}). $$

Les v.a.r. $X_p$ étant identiquement distribuées, on a, pour tout $p \in \mathbb{N}^*$ et tout $v \in \mathbb{R}$, $E(e^{iuX_p}) = e^{iuX_1} = \varphi_{X_1}(u)$ et donc

$$ \varphi_{Z_n}(u) = \varphi_{X_1}^n \left( \frac{u}{n} \right). $$

(b) Donner la loi de $Z_n$.

**Corrigé** – Comme $\varphi_{X_1} = g$ et que $g(x)^n = g(nx)$, on a $\varphi_{Z_n} = \varphi_{X_1}$. La loi de $Z_n$ est donc la même que la loi de $X_1$, c'est-à-dire la loi de Cauchy (car deux v.a.r. qui ont même fonction caractéristique ont même loi).

5. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $A_n = \{|X_n| > n\}$ et $B_n = \bigcup_{p \ge n} A_p$. On pose aussi $B = \bigcap_{n \in \mathbb{N}^*} B_n$.

(a) Soit $n \in \mathbb{N}^*$. En utilisant la question 2, montrer que

$$ P(B_n^c) = \prod_{p \ge n} P(A_p^c) \le \prod_{p \ge n} \left(1 - \frac{1}{p\pi}\right). $$

En déduire que $P(B_n^c) = 0$ et donc que $P(B_n) = 1$.
**Corrigé** – Comme $B_n^c = \bigcap_{p=n}^{+\infty} A_p^c$, on a aussi

$$B_n^c = \bigcap_{k=n}^{+\infty} C_k \text{ avec } C_k = \bigcap_{p=n}^{k} A_p^c.$$

Comme $C_{k+1} \subset C_k$ pour tout $k \ge n$, la continuité décroissante de $P$ donne

$$P(B_n^c) = \lim_{k \to +\infty} P(C_k).$$

Pour tout $p$, on a $A_p^c \in \sigma(X_p)$. Comme les v.a.r. $X_p$ sont indépendantes, on a donc

$$P(C_k) = \prod_{p=n}^{k} P(A_p^c).$$

La question 2 donne $P(A_p^c) = 1 - P(A_p) = 1 - \frac{1}{p\pi}$ et donc

$$P(C_k) = \prod_{p=n}^{k} \left(1 - \frac{1}{p\pi}\right).$$

De l'égalité précédente on déduit que

$$\ln(P(C_k)) = \sum_{p=n}^{k} \ln\left(1 - \frac{1}{p\pi}\right).$$

Comme $\lim_{p \to +\infty} p\pi \ln\left(1 - \frac{1}{p\pi}\right) = -1$, le terme de droite de cette égalité tend vers $-\infty$ quand $k \to \infty$. On a donc $\lim_{k \to +\infty} P(C_k) = 0$ ce qui donne

$$P(B_n^c) = 0 \text{ et donc } P(B_n) = 1.$$

(b) Montrer que $P(B) = 1$. [Cette question est une conséquence de la question (a) mais elle peut aussi être faite directement en appliquant le lemme de Borel-Cantelli et la question 2.]

**Corrigé** – La suite $(B_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est décroissante (c'est-à-dire $B_{n+1} \subset B_n$ pour tout $n$). On peut donc appliquer la propriété de continuité décroissante de $P$. On obtient

$$P(B) = \lim_{n \to +\infty} P(B_n) = 1.$$

(c) Soit $\omega \in B$. Montrer que $\frac{X_n(\omega)}{n} \to 0$ quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a $\omega \in B_n$. Il existe donc $p \ge n$ t.q. $\omega \in A_p$, c'est-à-dire $\frac{|X_p(\omega)|}{p} > 1$, ceci montre bien que bien que $\frac{X_n(\omega)}{n} \to 0$ quand $n \to +\infty$.

(d) Soit $\omega \in \Omega$. Montrer que si la suite $(Z_n(\omega))_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge vers une limite finie on a alors

$$\lim_{n \to +\infty} \frac{X_n(\omega)}{n} = 0.$$

[Écrire $X_n$ en fonction de $Z_n$ et $Z_{n-1}$.]
**Corrigé** – Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a $X_n(\omega) = nZ_n(\omega) - (n-1)Z_{n-1}(\omega)$ et donc

$$ \frac{X_n(\omega)}{n} = Z_n(\omega) - \frac{n-1}{n} Z_{n-1}(\omega). $$

Si la suite $(Z_n(\omega))_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge (dans $\mathbb{R}$), on en déduit bien

$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{X_n(\omega)}{n} = 0. $$

(e) Déduire des trois questions précédentes que la suite $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ ne converge pas p.s. vers une limite finie quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – La conséquence des questions précédentes est que pour tout $\omega \in B$, la suite $(Z_n(\omega))_{n \in \mathbb{N}^*}$ ne converge pas dans $\mathbb{R}$. Comme $P(B) = 1$, on a donc presque sûrement une non convergence de la suite $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$.

6. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, montrer que

$$ Z_{2n} - Z_n = \frac{U_n + V_n}{2}, $$

où $U_n$ et $V_n$ sont deux v.a.r. indépendantes, de loi de Cauchy. En déduire que la suite $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ ne converge pas en probabilité.

**Corrigé** – Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a

$$ Z_{2n} - Z_n = -\frac{1}{2n} \sum_{i=1}^{n} X_i + \frac{1}{2n} \sum_{i=n+1}^{2n} X_i = \frac{U_n}{2} + \frac{V_n}{2}, $$

en posant

$$ U_n = -Z_n \text{ et } V_n = \frac{1}{n} \sum_{i=n+1}^{2n} X_i. $$

Les v.a.r. $U_n$ et $V_n$ sont indépendantes (voir la proposition 9.23) et ont pour loi la loi de Cauchy (c'est une conséquence de la question 4(b)). La question 4(b) donne aussi que la v.a.r. $(1/2)(U_n + V_n)$ a pour loi la loi de Cauchy. On obtient donc finalement que la v.a.r. $Z_{2n} - Z_n$ a pour loi la loi de Cauchy et la question 2 donne alors

$$ P(|Z_{2n} - Z_n| > 1) \ge \frac{1}{\pi}. \qquad (10.10) $$

On en déduit que la suite $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ ne peut pas converger en probabilités. En effet, si $Z_n \to Z$ en probabilité (quand $n \to +\infty$), on a, par exemple,

$$ \{|Z_{2n} - Z_n| > 1\} \subset \{|Z_{2n} - Z| > \frac{1}{2}\} \cup \{|Z_n - Z| > \frac{1}{2}\}, $$

et donc

$$ P(|Z_{2n} - Z_n| > 1) \le P(|Z_{2n} - Z| > \frac{1}{2}) + P(|Z_n - Z| > \frac{1}{2}). $$

Comme $Z_n \to Z$ en probabilité, ceci donne

$$ \lim_{n \to +\infty} P(|Z_{2n} - Z_n| > 1) = 0, $$

en contradiction avec (10.10).
7. Pour quelles raisons ne peut-on appliquer, à la suite $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$, les lois forte et faible des grands nombres ?

**Corrigé** – La loi forte des grands nombres ne s'applique pas car la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ n'est pas une suite de v.a.r. intégrables. La loi faible des grands nombres ne s'applique pas car la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ n'est pas une suite de v.a.r. de carrés intégrables.

**Exercice 10.16 (Sur la loi d'un vecteur aléatoire)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X un v.a. de dimension $d$. Montrer que la loi de X est uniquement déterminée par la donnée des lois de toutes les v.a.r. $a \cdot X, a \in \mathbb{R}^d, |a| = 1$. [On pourra utiliser la fonction caractéristique de X.]

**Exercice 10.17 (Limite en loi de Gaussiennes)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, X une v.a.r. et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de v.a.r. gaussiennes. On suppose que $X_n$ tend en loi vers X, quand $n \to +\infty$. On note $m_n$ l'espérance de $X_n$ et $\sigma_n^2$ la variance de $X_n$ (avec $\sigma_n \ge 0$). Si $\sigma_n > 0$, la v.a.r. $X_n$ a donc pour loi une loi dont la densité par rapport à la mesure de Lebesgue est

$$f_n(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_n} e^{-\frac{(x-m_n)^2}{2\sigma_n^2}} \quad \text{pour } x \in \mathbb{R}.$$

Si $\sigma_n = 0$, la loi de $X_n$ est $\delta_{m_n}$.

Si Z est une v.a.r., on note $\varphi_Z$ la fonction caractéristique de Z (on rappelle que $\varphi_Z$ est une fonction continue de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{C}$ et que $\varphi_Z(0) = 1$). On rappelle que la fonction caractéristique de $X_n$ est

$$\varphi_{X_n}(t) = e^{-\frac{\sigma_n^2}{2}t^2}e^{im_n t} \quad \text{pour } t \in \mathbb{R}.$$

1. Soit Z une v.a.r.. Montrer qu'il existe $t \in \mathbb{R}^*$ t.q. $|\varphi_Z(t)| > 0$.

**Corrigé** – La fonction $\varphi_Z$ est continue sur $\mathbb{R}$, elle donc continue en 0. Comme $\varphi_Z(0) = 1$, la fonction $\varphi_Z$ est donc non nulle au voisinage de 0. Il existe donc $t \neq 0$ t.q. $|\varphi_Z(t)| \neq 0$.

2. Montrer que la suite $(\sigma_n^2)_{n \in \mathbb{N}}$ est convergente dans $\mathbb{R}$. [On pourra utiliser la convergence de $|\varphi_{X_n}(t)|$ vers $|\varphi_X(t)|$ pour $t$ bien choisi.]

**Corrigé** – On choisit $t \neq 0$ t.q. $|\varphi_X(t)| > 0$ (ce qui est possible grâce à la première question). Comme $X_n \to X$ en loi quand $n \to +\infty$, on a $\lim_{n \to +\infty} \varphi_{X_n}(t) = \varphi_X(t)$ et donc

$$e^{-\frac{\sigma_n^2}{2}t^2} = |\varphi_{X_n}(t)| \to |\varphi_X(t)| \quad \text{quand } n \to +\infty.$$

Comme la fonction $\ln$ est continue sur $\mathbb{R}_+^*$, on en déduit que

$$\lim_{n \to +\infty} \frac{\sigma_n^2}{2} t^2 = -\ln(|\varphi_X(t)|)$$

et donc

$$\lim_{n \to +\infty} \sigma_n^2 = \sigma^2 \text{ avec } \sigma^2 = -\frac{2 \ln(|\varphi_X(t)|)}{t^2} \in \mathbb{R}_+.$$
3. Calculer $P(\{X_n \ge m_n\})$ et $P(\{X_n \le m_n\})$ et en déduire que la suite $(m_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée. [On pourra utiliser le fait que la suite $(P_{X_n})_{n \in \mathbb{N}}$ est tendue, d'après la proposition 9.20.]

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$. Si $\sigma_n = 0$, on a $P_{X_n} = \delta_{m_n}$ et $P(\{X_n \ge m_n\}) = P(\{X_n \le m_n\}) = 1$.

Si $\sigma_n \neq 0$, On a

$$P(\{X_n \ge m_n\}) = \int_{m_n}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_n} e^{-\frac{(x-m_n)^2}{2\sigma_n^2}} dx = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx = \frac{1}{2}.$$

On a de même $P(\{X_n \le m_n\}) = 1/2$.

Comme $X_n \to X$ en loi, la proposition 9.20 donne que la suite $(P_{X_n})_{n \in \mathbb{N}}$ est tendue. Il existe donc $a > 0$ (ne dépendant de $n$) t.q. $P(\{X_n \ge a\}) < 1/2$ et $P(\{X_n \le -a\}) < 1/2$. On en déduit que $-a < m_n < a$. La suite $(m_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc bornée.

4. Montrer que la suite $(m_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est convergente. En déduire que $X$ est une v.a.r. gaussienne.

**Corrigé** – Soit $t \in \mathbb{R}$, comme $\lim_{n \to +\infty} \varphi_{X_n}(t) = \varphi_X(t)$ et que $\lim_{n \to +\infty} \sigma_n^2 = \sigma^2$ (donné à la deuxième question) on a

$$\lim_{n \to +\infty} e^{im_n t} = e^{\frac{\sigma^2}{2} t^2} \varphi_X(t).$$

Si $m$ et $\mu$ sont deux valeurs d'adhérence de la suite $(m_n)_{n \in \mathbb{N}}$, on a donc $e^{imt} = e^{i\mu t}$ pour tout $t \in \mathbb{R}$. Ceci est impossible si $m \neq \mu$ (car, si $m \neq \mu$, en prenant $t = \pi/(m-\mu)$ on a $e^{i(m-\mu)t} = e^{i\pi} = -1 \neq 1$). On a donc $m = \mu$. La suite $(m_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc une suite (réelle) bornée ayant une seule valeur d'adhérence, ce qui montre qu'elle est convergente dans $\mathbb{R}$.

On pose $m = \lim_{n \to +\infty} m_n$, on a alors $\varphi_X(t) = e^{-\frac{\sigma^2}{2}t^2}e^{imt}$ pour tout $t \in \mathbb{R}$. Ceci montre que $X$ est une v.a.r. gaussienne et $X \sim N(m, \sigma^2)$.

**Exercice 10.18 (Caractérisation de $X = 0$ p.s.)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, p)$ un espace probabilisé. Si $Z$ est une v.a.r., on note $\varphi_Z$ la fonction caractéristique de $Z$, c'est-à-dire $\varphi_Z(t) = E(e^{iZt})$ pour tout $t \in \mathbb{R}$.

1. Soit $X$ une variable aléatoire réelle et $a > 0$. On suppose que $\varphi_X(t) = 1$ pour tout $t \in [-a, a]$.

(a) Montrer que, pour tout $t \in [-a, a]$, $\int_{\Omega} [1 - \cos(tX(\omega))]dp(\omega) = 0$.

(b) Montrer que $X = 0$ p.s..

2. Soit $X$ et $Y$ deux variables aléatoires réelles indépendantes.

(a) Montrer que $\varphi_{X+Y} = \varphi_X \varphi_Y$.

(b) On suppose maintenant que $X + Y$ et $Y$ ont même loi. Montrer que $X = 0$ p.s..
**Exercice 10.19 (Indépendance et variables gaussiennes)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, p)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r.i.i.d. t.q. $E(X) = 0$ et $Var(X) = 1$.

On rappelle une caractérisation de l'indépendance avec les fonctions caractéristiques, donnée dans la proposition 10.20 : Soit $Z_1, Z_2$ deux v.a.r., on note $Z$ le v.a. (de dimension 2) dont les composantes sont $Z_1$ et $Z_2$. Les v.a.r. $Z_1$ et $Z_2$ sont indépendantes si et seulement si les fonctions caractéristiques de Z, $Z_1$ et $Z_2$ (notées $\varphi_Z, \varphi_{Z_1}$ et $\varphi_{Z_2}$) vérifient $\varphi_Z(u_1, u_2) = \varphi_{Z_1}(u_1)\varphi_{Z_2}(u_2)$ pour tout $u_1, u_2 \in \mathbb{R}$.

1. On suppose dans cette question que X et Y sont des v.a.r. gaussiennes. Montrer que $X + Y$ et $X - Y$ sont des v.a.r. indépendantes. [On pourra utiliser le rappel.]
On suppose maintenant, pour toute la suite de l'exercice, que $X + Y$ et $X - Y$ sont indépendantes. Le but des questions suivantes est de démontrer que X et Y sont des variables gaussiennes. On note toujours $\varphi_X$ la fonction caractéristique de X.

2. Montrer que $\lim_{t \to 0} \frac{1-\varphi_X(t)}{t^2} = \frac{1}{2}$. [Utiliser $E(X) = 0$, $Var(X) = 1$ et un développement limité des fonctions cos et sin.]

3. Montrer que $\varphi_X(2t) = \varphi_X(t)^3 \varphi_X(-t)$ pour tout $t \in \mathbb{R}$ [Utiliser l'indépendance de $X + Y$ et $X - Y$]. Montrer que $\varphi_X(t) \neq 0$ pour tout $t \in \mathbb{R}$.

4. Soit $\rho(t) = \frac{\varphi_X(t)}{\varphi_X(-t)}$. Montrer que $\rho(t) = \rho(t/2^k)^{2^k}$ pour tout $t \in \mathbb{R}$ et tout $k \in \mathbb{N}$. Montrer que $\rho(t) = 1$ pour tout $t \in \mathbb{R}$ [utiliser la question 2]. Montrer que $\varphi_X$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}_+^*$.

5. Montrer que $\varphi_X(t+s)\varphi_X(t-s) = \varphi_X(t)^2\varphi_X(s)^2$ pour tout $t, s \in \mathbb{R}$. En déduire que $\varphi_X(nt) = \varphi_X(t)^{n^2}$ pour tout $t \in \mathbb{R}$ et tout $n \in \mathbb{N}$.

6. Montrer que X (et donc aussi Y) est une v.a.r. gaussienne.
# Chapitre 11

## Espérance conditionnelle et martingales

A l'origine, une martingale est une technique utilisée par les joueurs dans les jeux de hasard pour tenter d'infléchir le hasard en leur faveur, avec cependant peu de réussite en pratique ! Nous allons ici donner une introduction à la théorie des martingales en probabilités.

### 11.1 Espérance conditionnelle

Nous commençons par définir l'espérance conditionnée par une tribu.

**Définition 11.1 (Espérance conditionnelle d'une v.a.r.)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, X une v.a.r. intégrable et $\mathcal{B}$ une tribu incluse dans $\mathcal{A}$. On appelle espérance conditionnée par $\mathcal{B}$ de X ou espérance conditionnelle de X par rapport à $\mathcal{B}$ l'ensemble des applications $Z$ de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, $\mathcal{B}$-mesurables, intégrables et t.q. :

$$E(ZU) = E(XU) \text{ pour toute application } U : \Omega \to \mathbb{R}, \mathcal{B}\text{-mesurable, bornée.} \quad (11.1)$$

On note $E(X|\mathcal{B})$ cette espérance conditionnelle (qui est donc un ensemble de fonctions, on montre plus loins que c'est un élément de $L_\mathbb{R}^1(\Omega, \mathcal{B}, P)$.) (Noter que dans (11.1), les applications ZU et XU sont bien des v.a.r. intégrables.)

Cette définition peut sembler un peu abrupte. On montre dans la proposition 11.2 que, sous les hypothèses de la définition 11.1, l'espérance conditionnelle existe, c'est-à-dire que l'ensemble $E(X|\mathcal{B})$ est non vide, et que $E(X|\mathcal{B})$ est unique, ceci signifiant que
si $Z_1, Z_2 \in E(X|\mathcal{B})$, on a nécessairement $Z_1 = Z_2$ p.s.. En fait, $E(X|\mathcal{B})$ est donc un élément de $L_{\mathbb{R}}^1(\Omega, \mathcal{B}, P)$.

L'ensemble $E(X|\mathcal{B})$, défini dans la définition 11.1, est donc un ensemble de v.a.r. (car $Z$ $\mathcal{B}$-mesurable implique $Z$ $\mathcal{A}$-mesurable) et, en pratique, on confond, comme d'habitude, cet ensemble avec l'un de ces éléments (on confond un élément de $L_{\mathbb{R}}^1(\Omega, \mathcal{B}, P)$ avec l'un de ses représentants). Si $Z$ est une v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable intégrable et t.q. $E(ZU) = E(XU)$ pour toute v.a.r. $U \mathcal{B}$-mesurable bornée, on écrira donc $Z = E(X|\mathcal{B})$ p.s. au lieu d'écrire $Z \in E(X|\mathcal{B})$.

Avant de démontrer l'existence et l'unicité de l'espérance conditionnelle, donnons quelques exemples simples. Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X$ une v.a.r. intégrable.

**Cas $\mathcal{B}$ est la tribu grossière.** Prenons tout d'abord $\mathcal{B} = \{\emptyset, \Omega\}$. Il est alors facile de voir (exercice 11.1) que $E(X|\mathcal{B})$ est réduit à un seul élément et que cet élément est la fonction constante et égale à $E(X)$.

**Cas $\mathcal{B} = \mathcal{A}$**. Si maintenant $\mathcal{B} = \mathcal{A}$, alors $E(X|B) = X$ p.s.. Plus précisément, $E(X|\mathcal{B})$ est ici l'ensemble des v.a.r. $Z$ t.q. $Z = X$ p.s., c'est-à-dire $X$ en tant que élément de $L_{\mathbb{R}}^1(\Omega, \mathcal{A}, P)$.

**Cas où $\mathcal{B} = \{\emptyset, A, A^c, \Omega\}$, $0 < P(A) < 1$.** Soit maintenant $A \in \mathcal{A}$ t.q. $0 < P(A) < 1$ et $\mathcal{B} = \{\emptyset, A, A^c, \Omega\}$ (qui est bien une tribu incluse dans $\mathcal{A}$). On peut ici montrer (exercice 11.1) que $E(X|\mathcal{B})$ est réduit à un seul élément et cet élément est la fonction $Z$ définie par :

$$Z = \frac{E(X1_A)}{P(A)} 1_A + \frac{E(X1_{A^c})}{P(A^c)} 1_{A^c}.$$

La quantité $\frac{E(X1_A)}{P(A)}$ s'appelle espérance de $X$ sachant $A$. On a ainsi fait le lien entre espérance de $X$ sachant un événement et espérance de $X$ par rapport à une tribu (ou selon une tribu).

**Cas où $\mathcal{B} = \{\emptyset, B, B^c, \Omega\}$, $P(B) = 1$.** On prend $B \in \mathcal{A}$ t.q. $P(B) = 1$ et $B^c \neq \emptyset$ (c'est le cas, par exemple, si $P$ est une mesure diffuse, que $\mathcal{A}$ contient les singleton et que $B^c$ est formé d'un nombre fini ou dénombrable de points de $\Omega$). On prend encore $\mathcal{B} = \{\emptyset, B, B^c, \Omega\}$. Pour $a \in \mathbb{R}$, on pose $Z_a = E(X)1_B + a1_{B^c}$. On peut alors montrer, pour être précis, que $E(X|\mathcal{B}) = \{Z_a, a \in \mathbb{R}\}$ (exercice 11.2) c'est-à-dire que $E(X|\mathcal{B})$ est la fonction constante et égale à $E(X)$ en tant que élément de $L_{\mathbb{R}}^1(\Omega, \mathcal{B}, P)$, ce qu'on écrit, avec la confusion habituelle entre un élément de $L_{\mathbb{R}}^1$ et l'un de ses représentants, $E(X|\mathcal{B}) = E(X)$ p.s..

On montre maintenant l'existence et l'unicité de l'espérance, conditionnée par une tribu, d'une v.a.r. intégrable.
**Proposition 11.2** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $\mathcal{B}$ une tribu incluse dans $\mathcal{A}$. Soit $X$ une v.a.r. intégrable. Alors :*

(Existence) $E(X|\mathcal{B}) \neq \emptyset$.

(Unicité) $Z_1, Z_2 \in E(X|\mathcal{B}) \Rightarrow Z_1 = Z_2 \text{ p.s.}$.

**DÉMONSTRATION** – On démontre d'abord l'unicité de $E(X|\mathcal{B})$. Puis, on démontre l'existence de $E(X|\mathcal{B})$ si $X$ est de carré intégrable, puis l'existence si $X$ est positive (et intégrable) et enfin l'existence si $X$ est seulement intégrable. En fait, la démonstration de l'existence si $X$ est de carré intégrable n'est pas utilisée pour la suite de la démonstration mais elle est éventuellement intéressante pour la compréhension de l'espérance conditionnelle.

**Unicité.** Soit $Z_1, Z_2 \in E(X|\mathcal{B})$. On pose $U = \text{sign}(Z_1 - Z_2)$ (on rappelle que la fonction sign est définie par $\text{sign}(s) = -1$ si $s < 0$, $\text{sign}(s) = 1$ si $s > 0$ et (par exemple) $\text{sign}(0) = 0$). Comme la fonction sign est borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et que $(Z_1 - Z_2)$ est $\mathcal{B}$-mesurable, la fonction $U$ est bien $\mathcal{B}$-mesurable. Elle est aussi bornée, on a donc en utilisant la définition de l'espérance conditionnelle (11.1) avec $Z = Z_1$ et $Z = Z_2$, on obtient

$$E(XU) = E(Z_1 U) \text{ et } E(XU) = E(Z_2 U).$$

Ceci donne $E((Z_1 - Z_2)U) = 0$ et donc $E(|Z_1 - Z_2|) = 0$. On en déduit $Z_1 = Z_2 \text{ p.s.}$.

**Existence si X est de carré intégrable.** On note $P_B$ la restriction de P (qui est une mesure sur $\mathcal{A}$) à $\mathcal{B}$ (tribu incluse dans $\mathcal{A}$). La mesure $P_B$ est donc une probabilité sur $\mathcal{B}$. On note H l'espace de Hilbert $L^2_{\mathbb{R}}(\Omega, \mathcal{B}, P_B)$ et, pour $V \in H$, on pose :

$$T(V) = \int_{\Omega} XVdP.$$

Il est clair que $T(V)$ est bien définie. En étant précis, on remarque que $T(V) = \int_{\Omega} XvdP$, où $v \in L^2_{\mathbb{R}}(\Omega, \mathcal{B}, P_B)$ est un représentant de $V$ (et cette quantité ne dépend pas du représentant choisi). C'est pour définir $T$ que nous avons besoin que $X$ soit de carré intégrable.

L'application $T$ est linéaire continue de $H$ dans $\mathbb{R}$ (et on a $\|T\| \le \|X\|_2$). On peut donc appliquer le théorème de Riesz dans les espaces de Hilbert (théorème 6.56), qui donne l'existence de $Z \in L^2(\Omega, \mathcal{B}, P_B)$ t.q. :

$$T(V) = \int_{\Omega} ZVdP \text{ pour tout } V \in H. \qquad (11.2)$$

Comme $Z \in L^2(\Omega, \mathcal{B}, P_B)$, la fonction $Z$ est bien $\mathcal{B}$-mesurable et intégrable (elle est même de carré intégrable). On montrer maintenant que $Z$ vérifie la propriété (11.1) (et donc que $Z \in E(X|\mathcal{B}))$. Soit $U$ une application $\mathcal{B}$-mesurable bornée de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$. On a $U \in L^2(\Omega, \mathcal{B}, P_B)$, on peut donc utiliser (11.2) avec pour $V$ la classe de $U$ et on obtient

$$E(XU) = T(V) = \int_{\Omega} ZVdP = E(ZU).$$

L'application $Z$ vérifie donc bien la propriété (11.1), ce qui prouve que $Z \in E(X|\mathcal{B})$.

Plus précisément, un développement du raisonnement ci-avant (que les courageux peuvent faire) permet d'interpréter l'application $X \mapsto E(X|\mathcal{B})$ comme l'opérateur de
projection orthogonale de L²(Ω, A, P) dans le sous-espace vectoriel fermé formé à partir de L²(Ω, B, P<sub>B</sub>).

**Existence si X est positive et intégrable.** On utilise ici le théorème de Radon-Nikodym (théorème 6.78, qui se démontre d'ailleurs avec le théorème de Riesz dans les espaces de Hilbert, théorème 6.56). On note toujours p<sub>B</sub> la restriction de P à B (de sorte que P<sub>B</sub> est une probabilité sur B).

Pour B ∈ A, on pose m(A) = ∫Ω X1<sub>A</sub>dP. On définit ainsi une mesure finie, m, sur A, c'est la mesure de densité X par rapport à P. On note maintenant m<sub>B</sub> la restriction de cette mesure à la tribu B. La mesure m<sub>B</sub> est absolument continue par rapport à la mesure P<sub>B</sub> (car B ∈ B, P<sub>B</sub>(B) = 0 implique que P(B) = 0 et donc X1<sub>B</sub> = 0 p.s. et donc m(B) = 0 et donc m<sub>B</sub>(B) = 0). Le théorème de Radon-Nikodym (théorème 6.78) donne alors l'existence de Z, B-mesurable positive, t.q. m<sub>B</sub> = ZP<sub>B</sub> (c'est-à-dire que m<sub>B</sub> est la mesure sur B de densité Z par rapport à P<sub>B</sub>).

La fonction Z est intégrable car

$$ \int_{\Omega} Z dP = \int_{\Omega} Z dP_B = m_B(\Omega) = m(\Omega) = E(X) < +\infty \quad (\text{et } E(Z) = E(X)). $$

Il reste à montrer que Z vérifie la propriété (11.1) (ce qui donne que Z ∈ E(X|B)). On remarque tout d'abord que

$$ E(Z1_B) = \int_{\Omega} Z1_B dP = m_B(B) = \int_{\Omega} X1_B dP = E(X1_B) \text{ pour tout } B \in \mathcal{B} $$

. Par linéarité positive, on a donc, pour toute fonction B-étagée positive,

$$ E(ZU) = \int_{\Omega} ZUdP = \int_{\Omega} ZUdP_B = \int_{\Omega} UdM = \int_{\Omega} UXdP = E(XU). \quad (11.3) $$

Par convergence monotone, on en déduit alors que (11.3) est encore vraie pour toute fonction B-mesurable positive. Enfin, en utilisant U = U<sup>+</sup> - U<sup>-</sup> (et en remarquant que ZU et XU sont intégrables), on conclut que (11.3) est vraie pour toute fonction U B-mesurable bornée de Ω dans R. (On a ici repris un argument vu dans la remarque 6.75.)
L'application Z vérifie donc la propriété (11.1), ce qui prouve que Z ∈ E(X|B).

**Existence si X est seulement intégrable.** Comme les fonctions X<sup>+</sup> et X<sup>-</sup> sont positives et intégrables, il existe Z<sub>1</sub> ∈ E(X<sup>+</sup>|B) et Z<sub>2</sub> ∈ E(X<sup>-</sup>|B). On pose Z = Z<sub>1</sub> - Z<sub>2</sub>.
L'application Z est B-mesurable et intégrable (car Z<sub>1</sub> et Z<sub>2</sub> le sont) et, pour tout fonction U B-mesurable bornée, on a :

$$ E(ZU) = E(Z_1U) - E(Z_2U) = E(X^+U) - E(X^-U) = E(XU). $$

L'application Z vérifie donc la propriété (11.1), ce qui prouve que Z ∈ E(X|B).

<figure><img src="image_26.png" /></figure>

Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé et B une tribu incluse dans A. On a défini l'espérance, conditionnée par B, d'une v.a.r. intégrable. On va maintenant montrer qu'on peut étendre la définition à des v.a.r. qui ne sont pas intégrables mais qui sont positives (la démonstration est déjà essentiellement dans la démonstration de la proposition 11.2). Pour cela, on va commencer par donner une p.s.-caractérisation de E(X|B) lorsque X est une v.a.r. positive et intégrable. Cette caractérisation n'utilisant
pas l'intégrabilité de X on aura ainsi une définition de $E(X|\mathcal{B})$ lorsque X est une v.a.r. positive. Ceci est fait dans la proposition 11.3 et la définition 11.4.

**Proposition 11.3 (Caractérisation de l'espérance conditionnelle d'une v.a.r. positive)** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé et $\mathcal{B}$ une tribu incluse dans $\mathcal{A}$.*

1. Soit X une v.a.r. intégrable positive. Alors, $Z \in E(X|\mathcal{B})$ si et seulement si $Z$ est $\mathcal{B}$-mesurable, intégrable, $\ge 0$ p.s. et t.q. :

$$E(ZU) = E(XU), \qquad (11.4)$$

pour toute application U de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, $\mathcal{B}$-mesurable et positive.

2. Soit X une v.a.r. positive. On note $\bar{E}(X|\mathcal{B})$ l'ensemble des applications $\mathcal{B}$-mesurables positives vérifiant la propriété (11.4). On a alors :

$$(a) (\text{Existence}) \quad \bar{E}(X|\mathcal{B}) \neq \emptyset.$$

$$(b) (\text{Unicité}) \quad Z_1, Z_2 \in \bar{E}(X|\mathcal{B}) \Rightarrow Z_1 = Z_2 \text{ p.s.}.$$

**DÉMONSTRATION** – On commence par montrer le premier item. Si $Z \in E(X|\mathcal{B})$, la fonction $Z$ est bien $\mathcal{B}$-mesurable intégrable et vérifie la propriété(11.1). Elle vérifie donc la propriété (11.4) en ajoutant l'hypothèse U bornée. Pour montrer que $Z \ge 0$ p.s., on prend $U = 1_B$ avec $B = \{Z < 0\}$ (U est bien $\mathcal{B}$-mesurable bornée). On obtient $E(ZU) = E(XU) \ge 0$. Comme $ZU \le 0$, on a donc $ZU = 0$ p.s. et donc $Z \ge 0$ p.s.. Enfin, pour montrer que $Z$ vérifie la propriété (11.4) (c'est-à-dire avec $U \in \mathcal{B}$-mesurable positive mais non nécessairement bornée), il suffit d'utiliser le théorème de convergence monotone (théorème 4.17) en introduisant $U_n = U1_{B_n}$ avec, pour $n \in \mathbb{N}$, $B_n = \{U \le n\}$.

Réciproquement, si $Z$ est $\mathcal{B}$-mesurable, intégrable, $\ge 0$ p.s. et vérifie la propriété (11.4); il est facile de voir que $Z$ vérifie (11.1). En effet, si $U$ est $\mathcal{B}$-mesurable bornée, on utilise (11.4) avec les parties positive et négative de U pour obtenir (11.1). Donc, $Z \in E(X|\mathcal{B})$.

On montre maintenant le deuxième item de la proposition.

### Existence

On reprend la démonstration de la proposition 11.2. On rappelle que $p_B$ est la restriction de P à $\mathcal{B}$, $m = XP$ (c'est-à-dire la mesure de densité X par rapport à P) et $m_B$ est la restriction de $m$ à $\mathcal{B}$. La mesure $m_B$ est absolument continue par rapport à la mesure $P_B$. La mesure $m$ n'est pas finie si X n'est pas intégrable. On ne peut donc pas appliquer directement le théorème 6.78 (qui demande que $m_B$ soit finie). Pour résoudre cette petite difficulté, on pose, pour $n \in \mathbb{N}$, $m_n = X1_{\{n \le X < n+1\}}$ (qui est une mesure sur $\mathcal{A}$) et $m_{n,\mathcal{B}}$ sa restriction $\mathcal{B}$. La mesure $m_{n,\mathcal{B}}$ est absolument continue par rapport à la mesure $P_B$ et est finie. Le théorème de Radon-Nikodym donne alors l'existence de $Z_n$, $\mathcal{B}$-mesurable positive, t.q. $m_{n,\mathcal{B}} = Z_n P_B$. On pose alors $Z = \sum_{n \in \mathbb{N}} Z_n$. La fonction $Z$ est $\mathcal{B}$-mesurable positive, il reste à montrer que $Z$ vérifie la propriété (11.4) (ce qui donnera que $Z \in \bar{E}(X|\mathcal{B})$). Soit U une application $\mathcal{B}$-mesurable positive de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a

$$E(Z_n U) = \int_{\Omega} Z_n U dP = \int_{\Omega} Z_n U dP_B = \int_{\Omega} U d m_{n,\mathcal{B}} = \int_{\Omega} U X 1_{\{n \le X < n+1\}} dP.$$
En sommant cette dernière égalité pour $n \in \mathbb{N}$, on obtient (par le corollaire 4.18 sur les séries à termes positifs)

$$E(ZU) = E(XU).$$

L'application Z vérifie donc la propriété (11.4), ce qui prouve que $Z \in \bar{E}(X|\mathcal{B})$.

### Unicité

Soit $Z_1, Z_2 \in \bar{E}(X|\mathcal{B})$. prenons $U = (\text{sign}(Z_1 - Z_2))^+$ (qui est bien $\mathcal{B}$-mesurable et positive). On a donc, par la propriété (11.4),

$$E(Z_1 U) = E(Z_2 U) = E(XU),$$

mais on ne peut rien en déduire car il est possible que $E(XU) = +\infty$. On va donc modifier légèrement U. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose

$$B_n = \{Z_1 \le n\} \cap \{Z_2 \le n\} \text{ et } U_n = U1_{B_n}.$$

L'application $U_n$ est encore $\mathcal{B}$-mesurable et positive ; comme $Z_1, Z_2 \in \bar{E}(X|\mathcal{B})$, la propriété (11.4) donne $E(Z_1 U_n) = E(Z_2 U_n)$. On a donc

$$0 \le E(Z_1 U_n) = E(Z_2 U_n) \le n,$$

d'où l'on déduit que $E((Z_1 - Z_2)U_n) = 0$. Mais, $(Z_1 - Z_2)U_n \ge 0$. En faisant tendre $n$ vers l'infini, le théorème de convergence monotone (théorème 4.16) donne $E((Z_1 - Z_2)U) = 0$, c'est-à-dire $E((Z_1 - Z_2)^+) = 0$ et donc $Z_1 \le Z_2$ p.s.. En changeant les rôles de $Z_1$ et $Z_2$ on a aussi $Z_2 \le Z_1$ p.s.. D'où $Z_1 = Z_2$ p.s..

**Définition 11.4 (Espérance conditionnelle d'une v.a.r. positive)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$ un espace probabilisé, X une v.a.r. positive et $\mathcal{B}$ une tribu incluse dans $\mathcal{A}$. On appelle espérance conditionnée par $\mathcal{B}$ de X ou espérance conditionnelle de X par rapport à $\mathcal{B}$, l'ensemble des applications Z de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, $\mathcal{B}$-mesurables, positives et t.q. :

$$E(ZU) = E(XU), \forall U : \Omega \to \mathbb{R}, \mathcal{B}\text{-mesurable et positive.} \quad (11.5)$$

On note $\bar{E}(X|\mathcal{B})$ cette espérance conditionnelle (c'est donc un ensemble de fonctions). (Noter que dans (11.5), les applications ZU et XU sont bien des v.a.r. positives, leur intégrale sur $\Omega$ est donc bien définie et appartient à $\bar{\mathbb{R}}_+$).

La proposition 11.3 nous donne l'existence et l'unicité (p.s.) de l'espérance conditionnelle lorsque X est une v.a.r. positive. Sous les hypothèses de la définition 11.4, si X est de plus intégrable, on a donc deux définitions de l'espérance conditionnelle de X par rapport à $\mathcal{B}$, notée $E(X|\mathcal{B})$ et $\bar{E}(X|\mathcal{B})$. La proposition 11.3 montre que $Z_1 \in E(X|\mathcal{B})$ et $Z_2 \in \bar{E}(X|\mathcal{B})$ implique $Z_1 = Z_2$ p.s.. En pratique, comme on confond $E(X|\mathcal{B})$ avec l'un de ces éléments et $\bar{E}(X|\mathcal{B})$ avec l'un de ces éléments, on a donc $E(X|\mathcal{B}) = \bar{E}(X|\mathcal{B})$ p.s.. Il est donc inutile de conserver la notation $\bar{E}(X|\mathcal{B})$ et on conservera la notation $E(X|\mathcal{B})$ dans les deux cas, c'est-à-dire "X v.a.r. intégrable" et "X v.a.r. positive".

Nous donnons maintenant quelques propriétés de l'espérance conditionnelle.
**Remarque 11.5 (Linéarité de l'espérance conditionnelle)** Un première propriété de l'espérance conditionnelle est sa linéarité. Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $\mathcal{B}$ une sous tribu de $\mathcal{A}$ et $X_1, X_2$ deux v.a.r. intégrables. On pose $Z_1 = E(X_1|\mathcal{B})$ et $Z_2 = E(X_2|\mathcal{B})$ (plus précisément, $Z_1$ et $Z_2$ sont des représentants de $E(X_1|\mathcal{B})$ et $E(X_2|\mathcal{B})$). Soit $U$ une v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable bornée, on a

$$E(Z_1 U) = E(X_1 U) \text{ et } E(Z_2 U) = E(X_2 U).$$

Par linéarité de l'espérance, on a donc $E((Z_1 + Z_2)U) = E((X_1 + X_2)U)$. Ceci prouve que $Z_1 + Z_2 = E(X_1 + X_2|\mathcal{B})$ p.s. et donc que

$$E(X_1 + X_2|\mathcal{B}) = E(X_1|\mathcal{B}) + E(X_2|\mathcal{B}) \text{ p.s.}.$$

**Proposition 11.6** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $\mathcal{B}$ une tribu incluse dans $\mathcal{A}$ et $X$ une v.a.r.. Soit $p \in ]1, \infty]$ et $q$ le nombre conjugué de $p$ (i.e. $q = p/(p-1)$ si $p < +\infty$ et $q = 1$ si $p = \infty$). On suppose que $X \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^p(\Omega, \mathcal{A}, P)$. Soit $Z = E(X|\mathcal{B})$ p.s.. Alors, $Z \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^p(\Omega, \mathcal{A}, P)$ et $E(ZU) = E(XU)$ pour toute application $U$ (de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$) $\mathcal{B}$-mesurable telle que $|U|^q$ soit intégrable.*

**DÉMONSTRATION** – La démonstration fait partie de l'exercice 11.6. En fait, le cas $p=2$ a déjà été vu dans la démonstration de la proposition 11.2. ■

**Proposition 11.7 (Inégalité de Jensen généralisée)** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $\mathcal{B}$ une tribu incluse dans $\mathcal{A}$ et $X$ une v.a.r. de carré intégrable. Soit $\varphi$ une fonction convexe de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On suppose que $\varphi(X)$ est intégrable. On a alors*

$$E(\varphi(X)|\mathcal{B}) \geq \varphi(E(X|\mathcal{B})) \text{ p.s.}.$$

**DÉMONSTRATION** – D'après le lemme 11.8 donné ci-après, comme $\varphi$ est convexe, il existe $c$, fonction croissante de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (et donc fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) t.q., pour tout $x, a \in \mathbb{R}$, $\varphi(x) - \varphi(a) \geq c(a)(x-a)$.

Soit $Z = E(X|\mathcal{B})$ p.s. (plus précisément, $Z$ est un représentant de $E(X|\mathcal{B}))$. On a donc pour tout $\omega \in \Omega$ :

$$\varphi(X(\omega)) - \varphi(Z(\omega)) \geq c(Z(\omega))(X(\omega) - Z(\omega)). \quad (11.6)$$

On aimerait intégrer cette inégalité sur un élément (bien choisi) de $\mathcal{B}$ mais cela n'est pas possible car les v.a.r. $\varphi(Z)$ et $c(Z)(X-Z)$ peuvent ne pas être intégrables (bien que $Z$ et $X$ soient intégrables). Pour $p \in \mathbb{N}^*$, on introduit donc $A_p = \{|Z| \leq p\}$ de sorte que les v.a.r. $1_{A_p}c(Z)(X-Z)$ et $1_{A_p}\varphi(Z)$ sont intégrables (noter que $c(Z)$ est bornée sur $A_p$ car $c$ est croissante). On pose aussi

$$A = \{E(\varphi(X)|\mathcal{B}) - \varphi(Z) < 0\} \text{ et } B_p = A_p \cap A.$$
Soit $p \in \mathbb{N}^*$, l'inégalité (11.6) donne $1_{B_p}(\varphi(X) - \varphi(Z)) \ge 1_{B_p}c(Z)(X-Z)$ et donc, en intégrant sur $\Omega$ :

$$ \int_{B_p} (\varphi(X) - \varphi(Z)) dP \ge \int_{B_p} c(Z)(X-Z)dP. \quad (11.7) $$

Comme $Z$ et $E(\varphi(X)|\mathcal{B})$ sont $\mathcal{B}$-mesurables, on a $B_p \in \mathcal{B}$ (et donc $1_{B_p}$ est $\mathcal{B}$-mesurable). On a aussi $c(Z) \in \mathcal{B}$-mesurable (car $c$ est borélienne) et donc $1_{B_p}c(Z) \in \mathcal{B}$-mesurable. On en déduit :

$$ \int_{B_p} c(Z)(X-Z)dP = E(1_{B_p} c(Z)(X-Z)) = 0 (\text{car } Z \in E(X|\mathcal{B})), $$

et

$$ \int_{B_p} (\varphi(X) - \varphi(Z)) dP = E(1_{B_p}(\varphi(X) - \varphi(Z))) = E(1_{B_p}(E(\varphi(X)|\mathcal{B}) - \varphi(Z))). $$

Avec (11.7), on en déduit :

$$ \int_{B_p} (E(\varphi(X)|\mathcal{B}) - \varphi(Z)) dP \ge 0. $$

Comme $E(\varphi(X)|\mathcal{B}) - \varphi(Z) < 0$ sur $B_p$ (car $B_p \subset A$), on a donc $P(B_p) = 0$ et donc $P(A) = P(\cup_{p \in \mathbb{N}^*} B_p) = 0$, ce qui donne bien $E(\varphi(X)|\mathcal{B}) \ge \varphi(Z)$ p.s.. ■

Voici maintenant le lemme utilisé dans la démonstration précédente.

**Lemme 11.8** Soit $\varphi$ une fonction convexe de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, il existe alors $c$, fonction croissante de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (et donc fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) t.q., pour tout $x, a \in \mathbb{R}$, $\varphi(x) - \varphi(a) \ge c(a)(x-a)$.

**DÉMONSTRATION** – Si $\varphi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, la fonction $c$ existe et est unique, elle est donnée par $c = \varphi'$. L'existence de $c$ est légèrement plus difficile si $\varphi$ n'est pas dérivable sur tout $\mathbb{R}$ (et on perd l'unicité de $c$).

Soit $a \in \mathbb{R}$, on considère le fonction $h_a : x \mapsto \frac{\varphi(x)-\varphi(a)}{x-a}$ qui est définie sur $\mathbb{R} \setminus \{a\}$. La convexité de $\varphi$ permet de montrer que $h_a$ est croissante (c'est-à-dire que $x, y \in \mathbb{R} \setminus \{a\}$, $x > y \Rightarrow h_a(x) \ge h_a(y)$). La fonction $h_a$ a donc une limite à gauche (et à droite) en tout point, y compris au point $a$. On pose (par exemple) :

$$ c(a) = \lim_{x \to a, x < a} h_a(x). $$

Il est facile de vérifier que la fonction $c$ ainsi définie est croissante de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et vérifie, pour tout $x, a \in \mathbb{R}$, $\varphi(x) - \varphi(a) \ge c(a)(x-a)$. ■

On définit maintenant l'espérance conditionnelle par rapport à une v.a.r. ou un v.a.

**Définition 11.9 (Espérance conditionnellement à une v.a.r)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X$ une v.a.r. (ou un v.a. de dimension $d$, $d \ge 1$). Soit $Y$ une v.a.r.
intégrable ou une v.a.r. positive. On appelle espérance conditionnée par X de Y" ou
espérance conditionnelle de Y par rapport à X" (ou espérance conditionnelle de Y
sachant X) l'ensemble E(Y|σ(X)), où σ(X) est la tribu engendrée par X. On note
E(Y|X) cette espérance conditionnelle, de sorte que E(Y|X) = E(Y|σ(X)). (L'ensemble
E(Y|X) est donc un ensemble de v.a.r. et, comme d'habitude, on confond E(Y|X) avec
l'un de ces éléments.)

Pour caractériser E(Y|X) (sous les hypothèses de la définition 11.9) et pour calculer
cette espérance conditionnelle, on utilise, en général, le théorème 3.31 que nous
rappelons sous une forme légèrement plus précise (donnée dans la démonstration du
théorème 3.31).

**Théorème 11.10 (Mesurabilité d'une v.a.r. par rapport à une autre) Soit (Ω, A, P)**
un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r.. On note $\sigma(X)$ la tribu engendrée par X.
Alors :

- La v.a.r. Y est σ(X)-mesurable si et seulement s'il existe f, fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, t.q. $Y = f(X)$.

- La v.a.r. Y est σ(X)-mesurable bornée si et seulement s'il existe f, fonction borélienne bornée de R dans R, t.q. Y = f(X).

- La v.a.r. Y est σ(X)-mesurable positive si et seulement s'il existe f, fonction borélienne positive de R dans R, t.q. Y = f(X).

DÉMONSTRATION – La démonstration de ce théorème est donnée dans la démonstration du théorème 3.31.

Voici une conséquence immédiate de ce théorème, utilisée pour calculer E(Y|X)

**Proposition 11.11 (Calcul de E(Y|X))** *Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r.*. *Soit Z une application de Ω dans R.*

1. On suppose que Y est intégrable. Alors, $Z \in E(Y|X)$ si et seulement s'il existe $\psi$ application borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ t.q. $Z = \psi(X)$, $\psi(X)$ est intégrable et

$$
E(\psi(X)\varphi(X)) = E(Y\varphi(X)), \qquad (11.8)
$$

pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée.

2. On suppose que Y est positive. Alors, Z ∈ E(Y|X) si et seulement s'il existe ψ application borélienne positive de R dans R t.q. Z = ψ(X) et

$$
E(\psi(X)\varphi(X)) = E(Y\varphi(X)), \quad (11.9)
$$
pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne positive.

DÉMONSTRATION –

La démonstration est une conséquence facile du théorème 11.10. ■

La conséquence de la proposition 11.11 est que (sous les hypothèses de la proposition) l'on cherche $E(Y|X)$ sous la forme d'une fonction $\psi(X)$ (avec $\psi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) vérifiant (11.8) (ou (11.9)). On raisonne, en général, par condition nécessaire sur $\psi$ et, comme on sait que $E(X|Y)$ existe, il est même inutile de vérifier que la fonction $\psi(X)$ que l'on trouve (qui est, en général, définie p.s.) est bien intégrable (ou positive).

La proposition 11.11 montre également que (sous les hypothèses de la proposition 11.11) la fonction $Y$ est une fonction de $X$ (c'est-à-dire $Y = \psi(X)$ pour un certain $\psi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) si et seulement si $E(Y|X) = Y$. Pour montrer que la v.a.r. $Y$ est une fonction d'une autre v.a.r. $X$, il suffit donc de montrer que $E(Y|X) = Y$. En comparaison, le calcul de la covariance entre $X$ et $Y$ (après normalisation) s'intéresse seulement à l'existence ou non d'une dépendance affine de $Y$ en fonction de $X$. Voir, à ce propos, l'exercice 11.14.

**Remarque 11.12 (Deux propriétés de l'espérance conditionnelle)** Voici deux propriétés qui nous serons utiles dans la section suivante. Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $\mathcal{B}$ une sous tribu de $\mathcal{A}$ et $X$ une v.a.r. intégrable.

1. Soit $V$ une v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable bornée. On a alors $E(XV|\mathcal{B}) = VE(X|\mathcal{B})$ p.s.. (Voir l'exercice 11.4.)

2. On suppose que $\sigma(X)$ et $\mathcal{B}$ sont des tribus indépendantes. On a alors $E(X|\mathcal{B}) = E(X)$ p.s.. En particulier, si $Y$ est une v.a.r. indépendante de $X$ (c'est-à-dire que $\sigma(X)$ et $\sigma(Y)$ sont des tribus indépendantes), on a alors $E(X|Y) = E(X)$ p.s.. (Voir l'exercice 11.5.)

## 11.2 Martingales

**Définition 11.13 (Filtration et processus)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé

1. On appelle filtration une suite de tribus $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ t.q. $\mathcal{B}_n \subset \mathcal{B}_{n+1} \subset \mathcal{A}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2. On appelle processus réel une suite de v.a.r.:

3. Soit $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une filtration et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ un processus réel. On dit que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est adapté à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ si, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $X_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable.
**Définition 11.14 (Martingale)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une filtration et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ un processus réel (c'est-à-dire une suite de v.a.r.).

(Martingale) La suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_n$ si on a, pour tout $n \in \mathbb{N}$,

1. $X_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable et intégrable,

2. $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$.

(Sous et sur martingale) La suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une sous-martingale [resp. sur-martingale] par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ si on a, pour tout $n \in \mathbb{N}$,

1. $X_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable et intégrable,

2. $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) \ge X_n \text{ p.s. [resp. } E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) \le X_n \text{ p.s.]}$.

**Remarque 11.15** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une filtration et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une martingale par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_n$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a, comme $1_{\Omega}$ est $\mathcal{B}_n$-inteegrable bornée, et $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$,

$$E(X_{n+1}) = \int_{\Omega} X_{n+1} 1_{\Omega} dP = \int_{\Omega} E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) 1_{\Omega} dP = \int_{\Omega} X_n 1_{\Omega} dP = E(X_n).$$

On a donc $E(X_n) = E(X_0)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

**Exemple 11.16 (Exemples de Martingales)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé.

1. Soit $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une filtration et $X$ une v.a.r. intégrable. On pose $X_n = E(X|\mathcal{B}_n)$. La suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_n$). (Voir l'exercice 11.24.)

2. Soit $X_0$ une v.a.r. intégrable et $(J_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ une suite de v.a.r. intégrable et de moyenne nulle. On suppose que la suite formée de $X_0$ et $(J_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est une suite de v.a.r. indépendantes. On pose alors, pour $n \in \mathbb{N}$, $X_{n+1} = X_n + J_{n+1}$ et $\mathcal{B}_n$ la tribu engendrée par $X_0, \dots, X_n$. La suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_n$). (Voir l'exercice 11.25.)

**Définition 11.17 (Temps d'arrêt)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une filtration et $T$ une v.a. à valeurs dans $\mathbb{N} \cup \{+\infty\}$ (c'est-à-dire une application mesurable de $\Omega$, muni de la tribu $\mathcal{A}$, dans $\mathbb{N} \cup \{+\infty\}$, muni de la tribu formée de l'ensemble des parties de $\mathbb{N} \cup \{+\infty\}$). L'application $T$ s'appelle un temps d'arrêt si, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $\{T = n\} \in \mathcal{B}_n$. Si $T$ est un temps d'arrêt, on note $\mathcal{B}_T$ la tribu définie par $\mathcal{B}_T = \{A \in \mathcal{B}_\infty \text{ t.q., pour tout } n \in \mathbb{N}, A \cap \{T = n\} \in \mathcal{B}_n\}$ où $\mathcal{B}_\infty$ est la plus petite tribu contenant toutes les tribus $\mathcal{B}_n$ (c'est-à-dire la tribu engendrée par les $\mathcal{B}_n$).
Le théorème suivant montre qu'une martingale arrêtée est encore une martingale.

**Théorème 11.18 (Martingale arrêtée à un temps d'arrêt)** *Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé muni d'une filtration (B_n)_{n∈N} et (X_n)_{n∈N} une martingale (par rapport à la filtration (B_n)_{n}). Soit v un temps d'arrêt. Pour n ∈ N, on pose Y_n = X_{v∧n} (On rappelle que v ∧ n(ω) = min{v(ω), n} et donc que X_{v∧n}(ω) = X_{min{v(ω),n}}(ω), pour tout ω ∈ Ω.) Alors, la suite (Y_n)_{n∈N} est encore une martingale (par rapport à la filtration (B_n)_{n}).*

**DÉMONSTRATION** – Soit $n \in \mathbb{N}$, on a $Y_n = X_n 1_{\{T>n\}} + \sum_{k=0}^{n} X_k 1_{\{T=k\}}$. On en déduit tout d'abord que $Y_n$ est intégrable (comme somme finie de fonctions intégrables). Puis, on montre que $Y_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable. Pour cela, on remarque que $\{T=k\} \in \mathcal{B}_k \subset \mathcal{B}_n$, pour $k \le n$, et que

$$ \{T > n\} = \left( \bigcup_{k=0}^{n} \{T = k\} \right)^{c} \in \mathcal{B}_n. $$

Enfin, on remarque que $X_k$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable pour tout $k \le n$. Grâce à la stabilité des fonctions mesurables par somme et produit, on obtient bien, finalement, que $Y_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable.

Il reste maintenant à montrer que $E(Y_{n+1}|\mathcal{B}_n) = Y_n \text{ p.s.}, \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}$. Soit $n \in \mathbb{N}$, on a

$$ Y_{n+1} = X_{n+1} 1_{\{T>n+1\}} + \sum_{k=0}^{n+1} X_k 1_{\{T=k\}} = X_{n+1} 1_{\{T \ge n+1\}} + \sum_{k=0}^{n} X_k 1_{\{T=k\}}. $$

Par linéarité de l'espérance conditionnelle, on a donc

$$ E(Y_{n+1}|\mathcal{B}_n) = E(X_{n+1} 1_{\{T \ge n+1\}}|\mathcal{B}_n) + \sum_{k=0}^{n} E(X_k 1_{\{T=k\}}|\mathcal{B}_n). $$

Comme $\{T \ge n + 1\} = (\bigcup_{k=0}^{n} \{T = k\})^c \in \mathcal{B}_n$, la remarque 11.12 (et le fait que $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.})$ donne

$$ E(X_{n+1} 1_{\{T \ge n+1\}}|\mathcal{B}_n) = 1_{\{T \ge n+1\}} E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n 1_{\{T \ge n+1\}}. $$

Puis comme, pour $k \in \{0, \dots, n\}$, $X_k 1_{\{T=k\}}$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable, on a $E(X_k 1_{\{T=k\}}|\mathcal{B}_n) = X_k 1_{\{T=k\}}$. On obtient ainsi

$$ E(Y_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n 1_{\{T \ge n+1\}} + \sum_{k=0}^{n} X_k 1_{\{T=k\}} = Y_n \text{ p.s.}. $$

Ce qui termine la démonstration.

<figure><img src="image_27.png" /></figure>

On conclut cette section par un théorème, sans démonstration, sur la convergence des martingales.
**Théorème 11.19 (Convergence p.s. d'une martingale)**

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une filtration et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de v.a.r. On suppose que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale par rapport à $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$.

1. On suppose que la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée dans $L^1_{\mathbb{R}}(\Omega, \mathcal{A}, P)$. Alors il existe une v.a.r. intégrable, $X$, t.q. $X_n \to X \text{ p.s.}, \text{ quand } n \to +\infty$.

2. On suppose $X_n \ge 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Alors, il existe une v.a.r. intégrable, $X$, t.q. $X_n \to X \text{ p.s.}, \text{ quand } n \to +\infty$.

On peut noter que le deuxième item du théorème 11.19 est une conséquence du premier car, pour une martingale, on a toujours $E(X_n) = E(X_0)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ (et les $X_n$ sont toujours intégrales). Si $X_n \ge 0$, on a donc $\|X_n\|_1 = E(X_0) < +\infty$.

## 11.3 Exercices

### 11.3.1 Espérance conditionnelle

**Exercice 11.1 (Espérance conditionnellement à une tribu)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $Y$ une variable aléatoire réelle intégrable. Dans les trois cas suivants, montrer que $E(Y|\mathcal{B})$ est réduit à un élément et déterminer $E(Y|\mathcal{B})$ (en fonction de $Y$ et $\mathcal{B}$).

1. La tribu $\mathcal{B}$ la tribu grossière, c'est-à-dire $\mathcal{B} = \{\emptyset, \Omega\}$.

**Corrigé** – Soit $Z$ une application de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, $\mathcal{B}$-mesurable. Soit $a \in \text{Im}(Z)$ (on suppose, bien sûr, $\Omega \neq \emptyset$). On a alors $\{Z = a\} = \{\omega \in \Omega; Z(\omega) = a\} \neq \emptyset$. Comme $Z$ est $\mathcal{B}$-mesurable, on a donc $\{Z = a\} = \Omega$. Une application $\mathcal{B}$-mesurable est donc une fonction constante (réciproquement, une fonction constante est bien $\mathcal{B}$-mesurable). Si $Z \in E(Y|\mathcal{B})$, il existe donc $a \in \mathbb{R}$ t.q. $Z(\omega) = a$ pour tout $\omega \in \Omega$. Le réel $a$ doit alors vérifier $E(aU) = E(UY)$ pour tout application $U$, $\mathcal{B}$-mesurable de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$. On a donc $ab = E(ab) = E(bY) = bE(Y)$ pour tout $b \in \mathbb{R}$. La seule solution est donc $a = E(Y)$. L'ensemble $E(Y|\mathcal{B})$ est donc réduit à un seul élément, la fonction constante et égale à $E(Y)$.

2. Soit $B \in \mathcal{A}$ t.q. $0 < P(B) < 1$. On prend pour $\mathcal{B}$ la tribu engendrée par B.

**Corrigé** – Soit $Z$ une application de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, $\mathcal{B}$-mesurable. Les parties $B$ et $B^c$ sont non vides (car de probabilité strictement positive). Soit $\omega_1 \in B$ et $a = Z(\omega_1)$. On a alors $\{Z = a\} = \{\omega \in \Omega; Z(\omega) = a\} \neq \emptyset$. Comme $Z$ est $\mathcal{B}$-mesurable, on a donc $\{Z = a\} = B$ ou $\Omega$ et donc $\{Z = a\} \supset B$. De même, soit $\omega_2 \in B^c$ et $b = Z(\omega_2)$, on a $\{Z = b\} \supset B^c$. Une application $\mathcal{B}$-mesurable est donc une fonction constante sur $B$ et $B^c$. Réciproquement, une fonction constante sur $B$ et $B^c$ est bien $\mathcal{B}$-mesurable.
Si $Z \in E(Y|\mathcal{B})$, il existe donc $a, b \in \mathbb{R}$ t.q. $Z = a1_B + b1_{B^c}$. Les réels $a, b$ doivent alors vérifier $E(ZU) = E(UY)$ pour tout application $U \in \mathcal{B}$-mesurable de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, c'est-à-dire :

$$a\alpha P(B) + b\beta P(B^c) = \alpha \int_B YdP + \beta \int_{B^c} YdP \text{ pour tout } \alpha, \beta \in \mathbb{R}.$$

Comme $P(B) > 0$ et $P(B^c) = 1 - P(B) > 0$, la seule solution est donc :

$$a = \frac{\int_B YdP}{P(B)} \quad \text{et} \quad b = \frac{\int_{B^c} YdP}{P(B^c)}.$$

L'ensemble $E(Y|\mathcal{B})$ est donc réduit à un seul élément, la fonction $Z$ définie par

$$Z = \frac{\int_B YdP}{P(B)} 1_B + \frac{\int_{B^c} YdP}{P(B^c)} 1_{B^c}.$$

3. Soit $(B_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathcal{A}$ t.q. $B_n \cap B_m = \emptyset$ si $n \neq m$, $\Omega = \bigcup_{n \in \mathbb{N}^*} B_n$ et $0 < P(B_n) < 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. On prend pour $\mathcal{B}$ la tribu engendrée par $(B_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ (c'est-à-dire $\mathcal{B} = \{\bigcup_{n \in \mathbb{N}^*} B_n, J \subset \mathbb{N}^*\}$).

**Corrigé** – On reprend le même raisonnement que dans les deux questions précé-dentes. On remarque d'abord qu'une application $Z$ de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$ est $\mathcal{B}$-mesurable si et seulement si il existe une suite $(\alpha_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathbb{R}$ t.q. $Z = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} \alpha_n 1_{B_n}$. (Cette série est bien convergente en tout point de $\Omega$ car les $B_n$ sont disjoints deux à deux.)

Si $Z \in E(Y|\mathcal{B})$, il existe donc $(a_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathbb{R}$ t.q. $Z = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} a_n 1_{B_n}$. La suite $(a_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ doit alors être telle que $Z$ soit intégrable et que $E(ZU) = E(UY)$ pour tout application $U \in \mathcal{B}$-mesurable bornée de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, c'est-à-dire t.q.

$$\sum_{n \in \mathbb{N}^*} |a_n| P(B_n) < +\infty \text{ et } \sum_{n \in \mathbb{N}^*} \alpha_n a_n P(B_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} \alpha_n \int_{B_n} YdP,$$

pour toute suite bornée $(\alpha_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathbb{R}$. Comme $P(B_n) > 0$, la seule solution est donc :

$$a_n = \frac{\int_{B_n} YdP}{P(B_n)} \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}^*.$$

Comme on sait que l'ensemble $E(Y|\mathcal{B})$ est non vide, il est inutile de vérifier que la fonction $Z$ trouvée est intégrable (puisque cette fonction est la seule fonction pouvant appartenir à $E(Y|\mathcal{B})$). L'ensemble $E(Y|\mathcal{B})$ est donc réduit à un seul élément. Cet élément est la fonction $Z$ définie par

$$Z = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} \frac{\int_{B_n} YdP}{P(B_n)} 1_{B_n}.$$

**Exercice 11.2 (Espérance conditionnellement à une tribu (2))** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X$ une v.a.r. intégrable.

1. Soit $B \in \mathcal{A}$ t.q. $P(B) = 1$ et $B^c \neq \emptyset$ (c'est le cas, par exemple, si $P$ est une mesure diffuse, que $\mathcal{A}$ contient les singleton et que $B^c$ est formé d'un nombre fini ou dénombrable de points de $\Omega$). On pose $\mathcal{B} = \{\emptyset, B, B^c, \Omega\}$. Pour $a \in \mathbb{R}$, on pose

$$Z_a = E(X)1_B + a1_{B^c}.$$
Montrer que $E(X|\mathcal{B})$ est l'ensemble des v.a.r. $Z_a$ avec $a \in \mathbb{R}$ (en pratique, comme on confond $E(X|\mathcal{B})$ avec l'un de ses représentants, on peut écrire $E(X|\mathcal{B}) = Z_a \text{ p.s. avec n'importe quel } a \text{ dans } \mathbb{R}, \text{ et donc, par exemple, } E(X|\mathcal{B}) = E(X) \text{ p.s..})$

**Corrigé** – On raisonne comme dans l'exercice 11.1. Si $Z \in E(X|\mathcal{B})$, il existe $a, b \in \mathbb{R}$ t.q. $Z = a1_B + b1_{B^c}$ et les réels $a, b$ doivent alors vérifier $E(ZU) = E(UY)$ pour tout application $U \in \mathcal{B}$-mesurable de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, c'est-à-dire :

$$a\alpha P(B) + b\beta P(B^c) = \alpha \int_B XdP + \beta \int_{B^c} XdP \text{ pour tout } \alpha, \beta \in \mathbb{R}.$$

Comme $P(B) = 0$ et $P(B^c) = 1$ ceci donne $a\alpha = \alpha E(X)$ pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$ et donc $a = E(X)$. On a donc bien $E(X|\mathcal{B}) = \{Z_b, b \in \mathbb{R}\}$.

2. Soit $I$ un ensemble fini ou dénombrable, $(B_n)_{n \in I}$ une famille de sous tribus de $\mathcal{A}$ telle que

$$B_n \cap B_m = \emptyset \text{ si } n \neq m \quad \Omega = \bigcup_{n \in I} B_n.$$

On prend pour $\mathcal{B}$ la tribu engendrée par $(B_n)_{n \in I}$ (c'est-à-dire $\mathcal{B} = \{\bigcup_{n \in I} B_n, J \subset I\}$). Montrer que

$$E(X|\mathcal{B}) \sum_{n \in J} \frac{\int_{B_n} XdP}{P(B_n)} 1_{B_n} \text{ p.s.,}$$

où $J = \{n \in I, \text{ t.q. } P(B_n) > 0\}$.

**Corrigé** – On raisonne encore comme dans l'exercice 11.1.

On remarque d'abord qu'une application $Z$ de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$ est $\mathcal{B}$-mesurable si et seulement si il existe une suite $(\alpha_n)_{n \in I} \subset \mathbb{R}$ telle que

$$Z = \sum_{n \in I} \alpha_n 1_{B_n}.$$

Si $Z \in E(X|\mathcal{B})$, il existe donc $(a_n)_{n \in I} \subset \mathbb{R}$ t.q. $Z = \sum_{n \in I} a_n 1_{B_n}$. La famille $(a_n)_{n \in I}$ doit alors être telle que $Z$ soit intégrable et que $E(ZU) = E(UY)$ pour toute application $U \in \mathcal{B}$-mesurable bornée de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$, c'est-à-dire telle que

$$\sum_{n \in I} |a_n| P(B_n) < +\infty \text{ et } \sum_{n \in I} \alpha_n a_n P(B_n) = \sum_{n \in I} \alpha_n \int_{B_n} YdP,$$

pour toute suite bornée $(\alpha_n)_{n \in I} \subset \mathbb{R}$. Comme $P(B_n) > 0$ si $n \in J$ et $P(B_n) = 0$ si $n \notin J$, ceci donne

$$a_n = \frac{\int_{B_n} YdP}{P(B_n)} \text{ pour tout } n \in J,$$

ce qui définit $Z$ p.s.. On obtient donc

$$Z = \sum_{n \in J} \frac{\int_{B_n} YdP}{P(B_n)} 1_{B_n} \text{ p.s..}$$
**Exercice 11.3 (Espérance conditionnellement à une v.a.r.)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $X$ une variable aléatoire réelle et $Y$ une variable aléatoire réelle intégrable.

1. On suppose qu'il existe $a \in \mathbb{R}$ t.q. $X = a$ p.s.. Donner un élément de $E(Y|X)$.

**Corrigé** – On utilise la proposition 11.11. Soit $Z \in E(Y|X)$, il existe alors $\psi$, fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, t.q. $Z = \psi(X)$, $\psi(X)$ est intégrable et, pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée,

$$E(\psi(X)\varphi(X)) = E(Y\varphi(X)).$$

On a donc $Z = \psi(a)$ p.s. et en prenant pour $\varphi$ une fonction t.q. $\varphi(a) = 1$ dans l'égalité précédente, on obtient $\psi(a) = E(Y)$. On a donc finalement $Z = E(Y)$ p.s.. La fonction constante et égale à $E(Y)$ est un élément de $E(Y|X)$. Plus précisément, la fonction $\psi(X)$ est un élément de $E(Y|X)$, dès que $\psi$ est une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et t.q. $\psi(a) = E(Y)$.

2. On suppose que $X$ prend p.s. deux valeurs $x_1$ ou $x_2$ avec $x_1 \neq x_2$. Donner un élément de $E(Y|X)$.

**Corrigé** – On pose

$$A_1 = \{X = x_1\} \text{ et } A_2 = \{X = x_2\}.$$

On suppose que $P(A_1) > 0$ et $P(A_2) > 0$ (sinon, on est ramené à la question précédente). Noter que $A_1 \cap A_2 = \emptyset$ et $P(A_1) + P(A_2) = 1$. On utilise encore la proposition 11.11. Soit $Z \in E(Y|X)$, il existe alors $\psi$, fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, t.q. $Z = \psi(X)$, $\psi(X)$ est intégrable et, pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée,

$$E(\psi(X)\varphi(X)) = E(Y\varphi(X)). \qquad (11.10)$$

On a donc $Z = \psi(x_1)1_{A_1} + \psi(x_2)1_{A_2}$ p.s.. Soit $\alpha_1, \alpha_2 \in \mathbb{R}$, en prenant pour $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ t.q. $\varphi(x_1) = a_1$ et $\varphi(x_2) = a_2$ dans l'égalité (11.10), on obtient :

$$\psi(x_1)\alpha_1 P(A_1) + \psi(x_2)\alpha_2 P(A_2) = \alpha_1 \int_{A_1} Y dP + \alpha_2 \int_{A_2} Y dP,$$

pour tout $\alpha_1, \alpha_2 \in \mathbb{R}$. Comme $P(A_i) > 0$ pour $i = 1, 2$, on en déduit que $\psi(x_i) = \frac{\int_{A_i} Y dP}{P(A_i)}$, pour $i = 1, 2$, et donc que

$$Z = \frac{\int_{A_1} Y dP}{P(A_1)} 1_{A_1} + \frac{\int_{A_i} Y dP}{P(A_i)} 1_{A_2} \text{ p.s..}$$

Ici encore, la fonction $\psi(X)$ est un élément de $E(Y|X)$ dès que $\psi$ est une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et t.q. $\psi(x_i) = \frac{\int_{A_i} Y dP}{P(A_i)}$ pour $i = 1, 2$ (un exemple possible est donc $\psi(x_i) = \frac{\int_{A_i} Y dP}{P(A_i)}$ pour $i = 1, 2$ et $\psi(x) = 0$ pour $x \notin \{x_1, x_2\}$).

3. On suppose que $X$ est une v.a. prenant p.s. ses valeurs dans un ensemble dénombrable $\{x_n, n \in \mathbb{N}^*\}$ avec $P(X = x_n) \neq 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Donner un élément de $E(Y|X)$.
**Corrigé** – On peut supposer que les $x_n$ sont différents deux à deux. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $A_n = \{X = x_n\}$. Les ensembles $A_n$ sont disjoints deux à deux, $P(A_n) > 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et $\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n) = 1$.

On utilise encore la proposition 11.11. Soit $Z \in E(Y|X)$ (Noter que, comme on sait que $E(Y|X)$ est non vide, il existe $Z \in E(Y|X)$). Il existe alors $\varphi$, fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, t.q. $Z = \psi(X)$, $\psi(X)$ est intégrable et, pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée,

$$E(\psi(X)\varphi(X)) = E(Y\varphi(X)). \qquad (11.11)$$

On a donc

$$Z = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} \psi(x_n) 1_{A_n} \text{p.s..}$$

Soit $(\alpha_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathbb{R}$ une suite bornée de $\mathbb{R}$. Dans l'égalité (11.11), on prend pour $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ t.q. $\varphi(x_n) = \alpha_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ (un tel $\varphi$ existe, on peut prendre, par exemple, $\varphi(x) = 0$ si $x$ est différent de tous les $x_n$), on obtient :

$$\sum_{n \in \mathbb{N}^*} \psi(x_n) \alpha_n P(A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} \alpha_n \int_{A_n} Y dP,$$

pour toute suite bornée $(\alpha_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset \mathbb{R}$. Comme $P(A_n) > 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on en déduit que $\psi(x_n) = \frac{\int_{A_n} Y dP}{P(A_n)}$, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, et donc que

$$Z = \sum_{n \in \mathbb{N}^*} \frac{\int_{A_n} Y dP}{P(A_n)} 1_{A_n} \text{p.s..}$$

Enfin, ici encore, la fonction $\psi(X)$ est un élément de $E(Y|X)$ dès que $\psi$ est une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et t.q. $\psi(x_n) = \frac{\int_{A_n} Y dP}{P(A_n)}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Un exemple possible est donc $\psi(x_n) = \frac{\int_{A_n} Y dP}{P(A_n)}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et $\psi(x) = 0$ pour $x \notin \{x_n, n \in \mathbb{N}^*\}$. Cet exemple donne la fonction

$$\sum_{n \in \mathbb{N}^*} \frac{\int_{A_n} Y dP}{P(A_n)} 1_{A_n}.$$

**Exercice 11.4 (Égalité d'espérances conditionnelles)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $\mathcal{B}$ une sous-tribu de $\mathcal{A}$, $X$ une v.a.r. intégrable et $V$ une v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable bornée. Montrer que $E(XV|\mathcal{B}) = E(X|\mathcal{B})V$ p.s..

**Corrigé** – Comme $X$ est intégrable et que $V$ est bornée, la v.a.r. $XV$ est intégrable et donc $E(XV|\mathcal{B})$ est bien définie.

On pose $Z = E(X|\mathcal{B})$ (en toute rigueur, on choisit plutôt un élément de $E(X|\mathcal{B}))$. Soit $U$ une v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable et bornée. La v.a.r. $UV$ est aussi $\mathcal{B}$-mesurable et bornée, on a donc

$$E((XV)U) = E(X(UV)) = E(Z(UV)) = E((ZV)U).$$