Comme ZV est B-mesurable (et que U est arbitraire), ceci prouve que $E(XV|B) = ZV$ p.s. (plus précisément, ZV est un élément de $E(XV|B)$). On a donc bien montré que $E(XV|B) = E(X|B)V$ p.s..

**Exercice 11.5 (Espérance conditionnelle et indépendance)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, et X une v.a.r. intégrable.

1. Soit Y une v.a.r. indépendante de X. Montrer que $E(X|Y) = E(X)$ p.s..

**Corrigé** – Soit U une v.a.r. $\sigma(Y)$-mesurable bornée. Selon le théorème 11.10, il existe $\varphi$, fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, t.q. $U = \varphi(Y)$. Comme $\sigma(\varphi(Y)) \subset \sigma(Y)$, les v.a.r. X et $\varphi(Y)$ sont aussi indépendantes, on a donc

$$E(X\varphi(Y)) = E(X)E(\varphi(Y)) = E(E(X)\varphi(Y)).$$

Comme le fonctions constantes sont $\sigma(Y)$-mesurables, on en déduit que $E(X|Y) = E(X)$ p.s. (en toute rigueur, on a démontré que la fonction constante et égale à $E(X)$ est un élément de $E(X|Y)$).

2. Soit $\mathcal{B}$ une sous tribu de $\mathcal{A}$. On suppose que $\sigma(X)$ et $\mathcal{B}$ sont des tribus indépendantes. Montrer que $E(X|\mathcal{B}) = E(X)$ p.s..

**Corrigé** – Cette question contient la question précédente. En effet, on a $E(X|Y) = E(X|\sigma(Y))$ et, par définition, l'indépendance de X et Y est l'indépendance des tribus $\sigma(X)$ et $\sigma(Y)$. La démonstration est très voisine de la précédente.

Soit U une v.a.r $\mathcal{B}$-mesurable bornée. Comme U est $\mathcal{B}$-mesurable, on a $\sigma(U) \subset \mathcal{B}$. On en déduit que X et U sont indépendantes. On a donc

$$E(XU) = E(X)E(U) = E(E(X)U).$$

On en déduit bien que $E(X|\mathcal{B}) = E(X)$ p.s..

**Exercice 11.6 (Espérance conditionnelle d'une v.a.r. appartenant à $\mathcal{L}^p$)**

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $\mathcal{G}$ une sous-tribu de $\mathcal{A}$ et Y une v.a.r. intégrable. On pose $Z = E(Y|\mathcal{G})$ (plus précisément, on confond ici, comme d'habitude, la classe $E(Y|\mathcal{G})$ avec l'un de ses éléments).

1. On suppose, dans cette question, qu'il existe $M \in \mathbb{R}$ t.q. $|Y| \le M$ p.s.. Montrer que $|Z| \le M$ p.s.. et que $E(Z\Phi) = E(Y\Phi)$ pour tout $\Phi \in \mathcal{G}$-mesurable et intégrable.

**Corrigé** – On pose

$$U = 1_{\{Z>M\}} - 1_{\{Z>-M\}}.$$

La v.a.r. U est $\mathcal{G}$-mesurable (car Z est $\mathcal{G}$-mesurable) bornée. On a donc $E(ZU) = E(YU)$.

Comme $E(ZU) = E(|ZU|)$ et

$$E(YU) = \int_{\Omega} YUdP \le \int_{\Omega} |Y||U|dP \le ME(|U|),$$
on a $E(|ZU|) \le ME(|U|)$ et donc $E((|Z| - M)|U|) \le 0$, c'est-à-dire

$$ \int_{|Z|>M} (|Z| - M)dP \le 0. $$

On en déduit que $P(|Z| > M) = 0$, et donc $|Z| \le M \text{ p.s.}$.

Soit $\Phi$ une v.a.r. $\mathcal{G}$-mesurable et intégrable. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose

$$ \Phi_n = T_n(\Phi) \text{ avec } T_n(s) = \max\{-n, \min\{n, s\}\} \text{ (pour } s \in \mathbb{R}). $$

La v.a.r. $\Phi_n$ est $\mathcal{G}$-mesurable bornée, on a donc, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$,

$$ E(Z\Phi_n) = E(Y\Phi_n). \qquad (11.12) $$

Comme $\Phi_n \to \Phi$ p.s. quand $n \to +\infty$ et que $|Z\Phi_n| \le M|\Phi|$ p.s. et $|Y\Phi_n| \le M|\Phi|$ p.s., le théorème de convergence dominée nous permet de passer à la limite dans (11.12) quand $n \to +\infty$. On obtient

$$ E(Z\Phi) = E(Y\Phi). $$

2. Soit $p \in ]1, \infty[$ et $q = \frac{p}{p-1}$. On suppose que $|Y|^p$ est intégrable, montrer que $|Z|^p$ est intégrable et que $E(Z\Phi) = E(Y\Phi)$ pour tout $\Phi \in \mathcal{G}$-mesurable et t.q. $|\Phi|^q$ soit intégrable.

**Corrigé** – On utilise la fonction borélienne $T_n$ définie à la question précédente et on pose $\text{sign}(s) = 1 \text{ si } s > 0$, $\text{sign}(s) = -1 \text{ si } s < 0$ et $\text{sign}(0) = 0$ (c'est la fonction signe définie par (4.73)..

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

$$ Z_n = \text{sign}(Z)|T_n(Z)|^{p-1}. $$

La v.a.r. $Z_n$ est $\mathcal{G}$-mesurable bornée, on a donc $E(ZZ_n) = E(YZ_n)$. En utilisant l'inégalité de Hölder avec $p$ et $q$ (ce qui est possible car $|Y|^p$ est intégrable et $|Z_n|^q$ est intégrable car bornée), ceci donne

$$ \int_{|Z| \le n} |Z|^p dP = E(ZZ_n) = E(YZ_n) \le \|Y\|_p \left( \int_{|Z| \le n} |Z|^p dP \right)^{1-\frac{1}{p}}. $$

On en déduit

$$ \int_{|Z| \le n} |Z|^p dP \le \|Y\|_p^p. $$

Le théorème de convergence monotone nous permet alors de conclure que $|Z|^p$ est intégrable et que $\|Z\|_p \le \|Y\|_p$.

Soit $\Phi$ une v.a.r. $\mathcal{G}$-mesurable. On suppose que $|\Phi|^q$ est intégrable.

Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $\Phi_n = T_n(\Phi)$. La v.a.r. $\Phi_n$ est $\mathcal{G}$-mesurable bornée, on a donc, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$,

$$ E(Z\Phi_n) = E(Y\Phi_n). \qquad (11.13) $$

On a $\Phi_n \to \Phi$ p.s. quand $n \to +\infty$ et $|Z\Phi_n| \le |Z\Phi|$ p.s., $|Y\Phi_n| \le |Y\Phi|$ p.s.. Les fonctions $Z\Phi$ et $Y\Phi$ sont intégrables (car $|Z|^p, |Y|^p$ sont intégrables et $|\Phi|^q$ est intégrable). Le théorème de convergence dominée nous permet alors de passer à la limite dans (11.13) quand $n \to +\infty$. On obtient $E(Z\Phi) = E(Y\Phi)$.
**Exercice 11.7 (Calcul de $E(\exp(XY)|X)$ si $Y \sim \mathcal{N}(0,1)$)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X, Y$ deux v.a. réelles indépendantes. On suppose que $Y$ suit une loi gaussienne centrée réduite et que $E(\exp(X^2/2)) < \infty$. Montrer que $\exp(XY)$ est intégrable et déterminer $E(\exp(XY)|X)$.

**Corrigé** – La v.a.r. $\exp(XY)$ est positive. On calcule $\int_{\Omega} e^{XY} dP$ en utilisant l'indépendance de $X$ et $Y$ (et le théorème 9.28, qui donne que $P_{(X,Y)} = P_X \otimes P_Y$) et le fait que $Y \sim \mathcal{N}(0,1)$ :

$$ \int_{\Omega} e^{XY} dP = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} e^{xy} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2}} dy dP_X(x). $$

En remarquant que $xy - \frac{y^2}{2} = -\frac{1}{2}(x-y)^2 + \frac{1}{2}x^2$ on obtient :

$$ \int_{\Omega} e^{XY} dP = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{(x-y)^2}{2}} dy \right) e^{\frac{x^2}{2}} dP_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz \right) e^{\frac{x^2}{2}} dP_X(x), $$

et donc

$$ \int_{\Omega} e^{XY} dP = \int_{\mathbb{R}} e^{\frac{x^2}{2}} dP_X(x) = E(e^{\frac{x^2}{2}}) < +\infty, $$

ce qui donne que $e^{XY}$ est une v.a.r. intégrable.

Selon la proposition 11.11 on cherche un élément de $E(e^{XY}|X)$ sous la forme $\psi(X)$ où $\psi$ est une 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,

$$ E(\psi(X)\varphi(X)) = E(e^{XY}\varphi(X)). $$

Soit $\varphi$ une application borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, on calcule $E(e^{XY}\varphi(X))$ en utilisant, comme précédemment, l'indépendance de $X$ et $Y$ et le fait que $Y \sim \mathcal{N}(0,1)$ :

$$ E(e^{XY}\varphi(X)) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} e^{xy}\varphi(x)e^{-\frac{y^2}{2}} dy dP_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{(x-y)^2}{2}} dy \right) e^{\frac{x^2}{2}} \varphi(x) dP_X(x). $$

On a donc

$$ E(e^{XY}\varphi(X)) = \int_{\mathbb{R}} e^{\frac{x^2}{2}} \varphi(x) dP_X(x) = E(e^{-\frac{x^2}{2}} \varphi(X)). $$

Ceci nous montre que $e^{-\frac{x^2}{2}}$ est un élément de $E(e^{XY}|X)$ et donc (comme on confond $E(e^{XY}|X)$ avec l'un de des éléments) $E(e^{XY}|X) = e^{-\frac{x^2}{2}} \text{ p.s.}$.

**Exercice 11.8 (Espérance selon une somme de v.a.r.i.i.d)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé.

1. Soit $X$ et $Y$ deux v.a.r. intégrables. Montrer que $E(X|X+Y) + E(Y|X+Y) = X+Y$ p.s.. On suppose maintenant que $X$ et $Y$ sont indépendantes et de même loi. Montrer que

$$ E(X|X+Y) = E(Y|X+Y) = \frac{X+Y}{2} \text{ p.s..} $$
**Corrigé** – Par linéarité de l'espérance conditionnelle (voir la remarque 11.5), on a

$$E(X|X+Y) + E(Y|X+Y) = E(X+Y|X+Y)\text{p.s.,}$$

et on en déduit bien que

$$E(X|X+Y) + E(Y|X+Y) = X + Y\text{p.s.}.$$

On utilise maintenant la proposition 11.11. Soit $\psi$ fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telle que $E(X|X+Y) = \psi(X+Y) \text{ p.s.}$. Si $X$ et $Y$ sont indépendantes et de même loi, on va montrer que $E(Y|X+Y) = \psi(X+Y) \text{ p.s.}$.

Soit $\varphi$ fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Comme $E(X|X+Y) = \psi(X+Y) \text{ p.s.}$, on a

$$E(X\varphi(X+Y)) = E(\psi(X+Y)\varphi(X+Y)).$$

En notant m la loi commune à X et Y, on a aussi, grâce à l'indépendance de X et Y (qui donne $P_{(X,Y)} = m \otimes m$),

$$ 
\begin{align*}
E(X\varphi(X+Y)) &= \int_{\mathbb{R}^2} x\varphi(x+y)dm(x)dm(y) \\
&= \int_{\mathbb{R}^2} y\varphi(x+y)dm(x)dm(y) = E(Y\varphi(X+Y)).
\end{align*} $$

On a donc $E(Y\varphi(X+Y)) = E(\psi(X+Y)\varphi(X+Y))$, ce qui prouve que $E(Y|X+Y) = \psi(X+Y) \text{ p.s. et donc}$

$$E(X|X+Y) = E(Y|X+Y) \text{ p.s.}.$$

Comme $E(X|X+Y) + E(Y|X+Y) = X + Y \text{ p.s.}$, on obtient, finalement,

$$E(X|X+Y) = E(Y|X+Y) = \frac{X+Y}{2} \text{ p.s.}.$$

2. Soit $n \in \mathbb{N}^*$ et $X_1, \dots, X_n$ des v.a.r. indépendantes, de même loi et intégrables. On note

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} X_k.$$

Montrer que $E(X_1|S_n) = S_n/n \text{ p.s.}$.

**Corrigé** – La méthode donnée à la question précédente se généralise facilement. On remarque tout d'abord (par linéarité de l'espérance) que

$$\sum_{i=1}^{n} E(X_i|S_n) = E\left(\sum_{i=1}^{n} X_i|S_n\right) = E(S_n|S_n) = S_n \text{ p.s.}.$$

Puis, pour $i \neq j$, en utilisant que $X_1, \dots, X_n$ sont des v.a.r. indépendantes et de même loi (ce qui donne que $P_{(X_1, \dots, X_n)} = m \otimes \dots \otimes m$ si m est la loi commune aux $X_i$), on montre que

$$E(X_i|S_n) = E(X_j|X_n) \text{ p.s.}.$$

On en déduit alors que $E(X_i|S_n) = S_n/n \text{ p.s.}$, pour tout $i = 1, \dots, n$.
**Exercice 11.9 (Une condition nécessaire et suffisante pour avoir X = Y p.s.)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r. intégrables. On suppose que

$$E(X|Y) = Y \text{p.s. et } E(Y|X) = X \text{p.s.}.$$

1. Soit $c \in \mathbb{R}$. Montrer que

$$E((X - Y)1_{\{X>c, Y>c\}}) = E((Y - X)1_{\{X>c \geq Y\}}) \leq 0.$$

En déduire que $E((X - Y)1_{\{X>c, Y>c\}}) = 0$, puis que $P(\{X > c \geq Y\}) = 0$.

**Corrigé** – On remarque que $(X - Y)1_{\{X>c, Y>c\}} + (X - Y)1_{\{X>c \geq Y\}} = (X - Y)1_{\{X>c\}}$.

On a donc

$$ \begin{aligned} & E((X - Y)1_{\{X>c, Y>c\}}) - E((Y - X)1_{\{X>c \geq Y\}}) \\ & = E((X - Y)1_{\{X>c\}}) = E(X1_{\{X>c\}}) - E(Y1_{\{X>c\}}). \end{aligned} $$

Comme $E(Y|X) = X \text{ p.s. et que } 1_{\{X>c\}}$ est une v.a.r. $\sigma(X)$-mesurable bornée, on a
$E(Y1_{\{X>c\}}) = E(X1_{\{X>c\}})$ et ceci donne alors

$$E((X - Y)1_{\{X>c, Y>c\}}) - E((Y - X)1_{\{X>c \geq Y\}}) = 0.$$

Comme $Y - X \leq 0$ sur $\{X > c \geq Y\}$, on a bien, finalement

$$E((X - Y)1_{\{X>c, Y>c\}}) = E((Y - X)1_{\{X>c \geq Y\}}) \leq 0.$$

En changeant X, Y en Y, X, on montre aussi que

$$E((Y - X)1_{\{X>c, Y>c\}}) \leq 0.$$

On en déduit alors que $E((X - Y)1_{\{X>c, Y>c\}}) = 0$ et donc que

$$E((Y - X)1_{\{X>c \geq Y\}}) = 0.$$

Enfin, comme $Y - X < 0$ sur $\{X > c \geq Y\}$, l'égalité précédente permet de conclure que
$P(\{X > c \geq Y\}) = 0$.

2. Montrer que $X = Y \text{ p.s.}$.

**Corrigé** – Pour $c \in \mathbb{R}$, on pose $A_c = \{X > c \geq Y\}$. On a donc $P(A_c) = 0$ pour tout $c \in \mathbb{R}$.

On remarque maintenant que $\{X - Y > 0\} = \cup_{c \in \mathbb{Q}} A_q$. Par σ-sous additivité de P on en déduit que

$$P(\{X - Y > 0\}) \leq \sum_{c \in \mathbb{Q}} P(A_c) = 0.$$

Ici encore, en changeant X, Y en Y, X, on montre aussi que $P(\{Y - X > 0\}) = 0$ et donc que $X = Y \text{ p.s.}$.

3. on suppose maintenant que X et Y sont de carré intégrables. Montrer qu'une démonstration (beaucoup) plus directe de la question 2 est possible en calculant $E((X - Y)^2)$.
**Corrigé** – Comme $E(X|Y) = Y \text{ p.s., on a } E(XY) = E(Y^2)$. De même, comme $E(Y|X) = X \text{ p.s., on a } E(YX) = E(X^2)$. On en déduit que

$$E((X - Y)^2) = E(X^2) + E(Y^2) - E(XY) - E(YX) = 0,$$

et donc que $X = Y \text{ p.s.}$.

N.B. Le cas où X et Y sont seulement intégrables (traité dans les questions 1 et 2) peut aussi se faire avec la question 3 en tronquant les v.a.r. X et Y.

**Exercice 11.10 (Espérance du produit et produit des espérances)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a. intégrables t.q. $XY$ est intégrable et $E(X|Y) = E(X) \text{ p.s.}$. Montrer que $E(XY) = E(X)E(Y)$.

**Corrigé** – Grâce à la proposition 11.11 on a, pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée,

$$E(E(X|Y)\varphi(Y)) = E(X\varphi(Y))$$

Comme $E(X|Y) = E(X) \text{ p.s.}$, on en déduit, pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée,

$$E(X)E(\varphi(Y)) = E(X\varphi(Y)). \qquad (11.14)$$

Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Pour $s \in \mathbb{R}$, on pose $T_n(s) = \max\{-n, \min\{s, n\}\}$. La fonction $T_n$ est borélienne (car continue) bornée (par n) de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On peut donc utiliser (11.14) avec $\varphi = T_n$. On obtient $E(X)E(T_n(Y)) = E(XT_n(Y))$.

Comme Y est intégrable, on a, par convergence dominée, $\lim_{n \to +\infty} E(T_n(Y)) = E(Y)$ (noter que $|T_n(Y)| \le |Y|$).

Comme XY est intégrable (et c'est uniquement ici que cette hypothèse est utilisée), on a, par convergence dominée,

$$\lim_{n \to +\infty} E(XT_n(Y)) = E(XY)$$

(noter que $|XT_n(Y)| \le |XY|$).

En passant à limite quand $n \to +\infty$ sur l'égalité $E(X)E(T_n(Y)) = E(XT_n(Y))$, on a donc $E(X)E(Y) = E(XY)$.

**Exercice 11.11 (Égalité de lois donne égalité d'espérances conditionnelles)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y, Z trois v.a.r. On suppose que X et Y sont intégrables et que $(X, Z) \sim (Y, Z)$.

1. Montrer que $E(X|Z) = E(Y|Z) \text{ p.s.}$.

**Corrigé** – On note m la loi commune à (X, Z) et (Y, Z). Soit $\psi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On a

$$E(X\psi(Z)) = \int_{\mathbb{R}^2} x\psi(z)dm(x, z),$$

et, de même

$$E(Y\psi(Z)) = \int_{\mathbb{R}^2} y\psi(z)dm(y, z) = \int_{\mathbb{R}^2} x\psi(z)dm(x, z).$$

On a donc $E(X\psi(Z)) = E(Y\psi(Z))$, ce qui donne bien $E(X|Z) = E(Y|Z) \text{ p.s.}$.
2. Soit $f$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On suppose que $f(X)$ et $f(Y)$ sont intégrables (ou que $f$ est à valeurs dans $\mathbb{R}_+$). Montrer que $E[f(X)|Z] = E[f(Y)|Z]$ p.s..

**Corrigé** – On suppose que $f(X)$ et $f(Y)$ sont intégrables. On note toujours m la loi commune à (X, Z) et (Y, Z). On a alors, pour toute fonction $\psi$ borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$,

$$E(f(X)X\psi(Z)) = \int_{\mathbb{R}^2} f(x)\psi(z)dm(x,z) = E(f(Y)\psi(Z)).$$

On a donc $E(f(X\psi(Z))) = E(Y\psi(Z))$, ce qui donne bien

$$E(X|Z) = E(Y|Z)\text{p.s..}$$

Noter que l'intégrabilité de X et Y est inutile pour cette question. C'est l'intégrabilité de $f(X)$ et $f(Y)$ qui a été utilisée.

Si on retire l'hypothèse que $f(X)$ et $f(Y)$ sont intégrables mais que $f$ est à valeurs dans $\mathbb{R}_+$, le même raisonnement permet de conclure en prenant des fonctions $\psi$ boréliennes positives.

**Exercice 11.12 (Convergence faible et espérances conditionnelles)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$ un espace probabilisé, $\mathcal{B}$ une sous-tribu de $\mathcal{A}$, X une v.a. intégrable et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de v.a. intégrables. On suppose que $X_n \to X$ faiblement dans $L^1(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$ quand $n \to +\infty$ (ce qui est équivalent à dire que, pour tout v.a.r. U bornée, on a $\lim_{n \to +\infty} E(X_n U) = E(XU)$).

1. Montrer que pour toute v.a.r. U, $\mathcal{B}$-mesurable et bornée, on a

$$\lim_{n \to +\infty} E(E(X_n|\mathcal{B})U) = E(E(X|\mathcal{B})U).$$

**Corrigé** – Soit U une v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable et bornée. On a

$$E(E(X_n|\mathcal{B})U) = E(X_n|U) \text{ et } E(E(X|\mathcal{B})U) = E(X|U).$$

Comme $\lim_{n \to +\infty} E(X_n U) = E(XU)$, on en déduit que

$$\lim_{n \to +\infty} E(E(X_n|\mathcal{B})U) = E(E(X|\mathcal{B})U).$$

2. Montrer que

$$E(X_n|\mathcal{B}) \to E(X|\mathcal{B}) \text{ faiblement dans } L^1(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P}) \text{ quand } n \to +\infty.$$

**Corrigé** – Soit U une v.a.r. bornée. On pose $V = E(U|\mathcal{B})$ de sorte que V est une v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable bornée (voir l'exercice 11.6). Comme $E(X_n|\mathcal{B})$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$) et $E(X|\mathcal{B})$ sont des v.a.r. $\mathcal{B}$-mesurable et intégrable, on a (voir aussi l'exercice 11.6)

$$E(UE(X_n|\mathcal{B})) = E(VE(X_n|\mathcal{B})) \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}$$

et

$$E(UE(X|\mathcal{B})) = E(VE(X|\mathcal{B})).$$
D'après la première question, on a $\lim_{n \to +\infty} E(E(X_n|\mathcal{B})V) = E(E(X|\mathcal{B})V)$, on en déduit que

$$ \lim_{n \to +\infty} E(E(X_n|\mathcal{B})U) = E(E(X|\mathcal{B})U). $$

Ce qui donne que $E(X_n|\mathcal{B}) \to E(X|\mathcal{B})$ faiblement dans $L^1(\Omega, \mathcal{A}, P)$ quand $n \to +\infty$.

**Exercice 11.13 (Minoration d'une espérance conditionnelle)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, $\mathcal{B}$ une sous-tribu de $\mathcal{A}$ et $Y$ est une v.a.r. positive. Soit $U$ une v.a.r. positive, $\mathcal{B}$-mesurable et t.q. pour toute v.a.r. positive $\mathcal{B}$-mesurable $Z$ on ait $E(YZ) \ge E(UZ)$. Montrer que $E(Y|B) \ge U \text{ p.s.}$.

**Corrigé** – Soit $A = \{E(Y|B) < U\}$. Comme $U$ et $E(Y|B)$ sont $\mathcal{B}$-mesurable, la v.a.r. $1_A$ est $\mathcal{B}$-mesurable. L'hypothèse donne alors $E(Y1_A) \ge E(U1_A)$. Comme $E(Y1_A) = E(E(Y|\mathcal{B})1_A)$, on en déduit

$$ E((E(Y|\mathcal{B}) - U)1_A) = E(E(Y|\mathcal{B})1_A) - E(U1_A) \ge 0. $$

Comme $E(Y|\mathcal{B}) - U < 0$ sur $A$, on a donc $P(A) = 0$, ce qui prouve que $E(Y|B) \ge U \text{ p.s.}$.

**Exercice 11.14 (Dépendance linéaire et dépendance non linéaire)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X, Y$ deux v.a.r. de carré intégrable et non constantes (on rappelle que la v.a.r. $X$ est dite constante s'il existe $a \in \mathbb{R}$ t.q. $X = a$ p.s.).

1. (Dépendance linéaire.) On pose $\bar{X} = \frac{X-E(X)}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}}$ et $\bar{Y} = \frac{Y-E(Y)}{\sqrt{\mathrm{Var}(Y)}}$.

(a) Montrer que $|\mathrm{Cov}(\bar{X}, \bar{Y})| \le 1$.

**Corrigé** – Comme $\mathrm{Var}(X) = E((X-E(X))^2)$, on a, avec l'inégalité de Cauchy-Schwarz,

$$ \mathrm{Cov}(\bar{X}, \bar{Y}) = \frac{E((X - E(X))(Y - E(Y)))}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)\mathrm{Var}(Y)}} \le \frac{\sqrt{\mathrm{Var}(X)\mathrm{Var}(Y)}}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)\mathrm{Var}(Y)}} = 1 $$

(b) Montrer que $|\mathrm{Cov}(\bar{X}, \bar{Y})| = 1$ si et seulement si il existe $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$, $\alpha \ne 0$, t.q. $Y = \alpha X + \beta$.

**Corrigé** – Si $\mathrm{Cov}(\bar{X}, \bar{Y}) = 1$, on doit avoir une égalité dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz utilisée à la question précédente. Les v.a.r. $X - E(X)$ et $Y - E(Y)$ sont alors colinéaires. Il existe $a, b \in \mathbb{R}$ t.q. $(a, b) \ne (0, 0)$ t.q.

$$ a(X - E(X)) + b(Y - E(Y)) = 0 \text{ p.s.} $$

Comme la v.a.r. $X$ et $Y$ sont constantes, on en déduit que, avec $\alpha = -a/b \ne 0$ et $\beta = E(Y) + (a/b)E(X)$,

$$ Y = \alpha X + \beta. $$

(c) Donner un exemple pour lequel $Y = f(X)$ (avec $f$ fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) et $\mathrm{Cov}(\bar{X}, \bar{Y}) = 0$.
**Corrigé** – Voici un exemple simple. On prend $\Omega = \{1, 2, 3\}$, $\mathcal{A} = \mathcal{P}(\Omega)$ et $P$ définie par $P(\{i\}) = 1/3$ pour $i = 1, 2, 3$. On définit $X$ et $Y$ en posant

$$ 
\begin{aligned}
X(1) &= 1, X(2) = 0, X(3) = -1, \\
Y(1) &= 1, Y(2) = -2, Y(3) = 1.
\end{aligned}
 $$

Les v.a.r. $X$ et $Y$ sont bien de carré intégrable et non constantes. On a $E(X) = E(Y) = 0$ et $Cov(X, Y) = 0$ (et donc $Cov(\bar{X}, \bar{Y}) = 0$). Enfin, on a $Y = f(X)$ pour tout fonction borélienne t.q. $f(1) = f(-1) = 1$ et $f(0) = -2$.

## 2. (Dépendance.)

(a) On suppose que $X$ et $Y$ sont indépendantes. Montrer que $E(Y|X) = E(Y)$ p.s.:

**Corrigé** – Cette question est démontrée dans l'exercice 11.5.

(b) Montrer qu'il existe $f$ (fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) t.q. $Y = f(X)$ p.s. si et seulement si $E(Y|X) = Y$ p.s.:

**Corrigé** – Cette question est une conséquence de la proposition 11.11.

Si il existe $f$ (fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) t.q. $Y = f(X)$ p.s., on a alors $E(Y\psi(X)) = E(f(X)\psi(X))$ pour toute fonction borélienne bornée $\psi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Ceci montre que $E(Y|X) = f(X)$ p.s. et donc $E(Y|X) = Y$ p.s.:

Réciproquement, on sait qu'il existe toujours $\varphi$ fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ t.q. $E(Y|X) = \varphi(X)$ p.s.. Si $E(Y|X) = Y$ p.s., on a donc $Y = \varphi(X)$ p.s.:

**Exercice 11.15 (Lorsque $E(Y|X) = X$ p.s...)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X, Y$ deux v.a.r. de carré intégrable.

On suppose que $E(Y|X) = X$ p.s.:

1(a) Soit $\varphi$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On suppose que la v.a.r. $\varphi(X)$ est de carré intégrable. Montrer que $\int_{\Omega} Y\varphi(X)dP = \int_{\Omega} X\varphi(X)dP$.

**Corrigé** – Cette propriété a été vue dans la proposition 11.2. On peut la montrer à partir de la définition 11.1 en considérant $T_n(\varphi(X))$ avec

$$ T_n(s) = \min\{\max\{-n, s\}, n\}. $$

En effet, pour tout $n \in \mathbb{N}$, la v.a.r. $T_n(\varphi(X))$ est $\sigma(X)$-mesurable bornée. Comme $E(Y|X) = X$ p.s., on a donc

$$ \int_{\Omega} Y T_n(\varphi(X)) dP = \int_{\Omega} X T_n(\varphi(X)) dP. $$

Comme $\varphi(X) \in L_{\mathbb{R}}^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$, le théorème de convergence dominée permet de passer à la limite dans cette égalité quand $n \to +\infty$. On obtient bien $\int_{\Omega} Y\varphi(X)dP = \int_{\Omega} X\varphi(X)dP$, c'est-à-dire

$$ E(Y\varphi(X)) = E(X\varphi(X)). $$

(b) Montrer que $E(Y) = E(X)$ et $E(XY) = E(X^2)$.
**Corrigé** – En prenant $\varphi(s) = 1$ pour tout $s \in \mathbb{R}$, la question précédente donne $E(Y) = E(X)$. Puis, en prenant $\varphi(s) = s$ (ce qui est possible car $X^2$ est intégrable), on a $E(YX) = E(X^2)$.

2(a) Montrer que $E(X^2) \le E(Y^2)$.

**Corrigé** – Comme $E(XY) = E(X^2) = E(X^2)$, on a
$$0 \le E((Y - X)^2) = E(Y^2) + E(X^2) - 2E(XY) = E(Y^2) - E(X^2).$$

Ce qui donne bien $E(X^2) \le E(Y^2)$.

On peut aussi faire cette question en remarquant que l'inégalité de Jensen donne $E(Y^2|X) \ge E(Y|X)^2 \text{ p.s.}$. On a donc $E(Y^2|X) \ge X^2 \text{ p.s.}$. On en déduit, en particulier, que $E(Y^2) \ge E(X^2)$.

(b) Montrer que $Y = X$ p.s. si et seulement si $E(Y^2) = E(X^2)$.

**Corrigé** – Si $Y = X$ p.s., on a, bien sûr, $E(Y^2) = E(X^2)$. Réciproquement, si $E(Y^2) = E(X^2)$, la question précédente donne $E((Y - X)^2) = 0$ et donc $Y = X$ p.s..

**Exercice 11.16 (V.a. gaussien et espérance conditionnelle)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $(X, Y)^t$ un v.a. gaussien de dimension 2, On note $a$ l'espérance de $X$, $b$ l'espérance de $Y$ et $D$ la matrice de covariance du v.a. $(X, Y)^t$ (on a donc $D_{1,1} = \text{Var}(X)$, $D_{2,2} = \text{Var}(Y)$ et $D_{1,2} = D_{2,1} = \text{Cov}(X, Y)$). On suppose que $\text{Var}(Y) > 0$.

1. Calculer $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ (en fonction de $a, b$ et $D$) de manière à avoir $E[X] = E[\alpha + \beta Y]$ et $E[XY] = E[(\alpha + \beta Y)Y]$.

**Corrigé** – On a $E[X] = a$, $E[Y] = b$, $E[Y^2] = \text{Var}(Y) + E[Y]^2 = D_{2,2} + b^2$ et
$$E[XY] = E[(X - E(X))(Y - E(Y))] + E[X]E[Y] = D_{1,2} + ab.$$

On cherche donc $\alpha$ et $\beta$ t.q.

$$\alpha + b\beta = a, \\ b\alpha + (D_{2,2} + b^2)\beta = D_{1,2} + ab.$$

Comme $D_{2,2} \neq 0$, ce système de 2 équations à 2 inconnues (qui sont $\alpha$ et $\beta$) a bien une unique solution. Cette solution est

$$\beta = \frac{D_{1,2}}{D_{2,2}}, \quad \alpha = a - b \frac{D_{1,2}}{D_{2,2}}.$$

Avec $\alpha$ et $\beta$ ainsi déterminés, on définit la fonction affine $l$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ par $l(s) = \alpha + \beta s$ pour $s \in \mathbb{R}$ et on définit la v.a.r. $Z$ par $Z = X - l(Y)$.

2. Montrer que $(Z, Y)^t$ est un v.a. gaussien. Montrer que $\text{Cov}(Z, Y) = 0$. En déduire que $Z$ et $Y$ sont des v.a.r. indépendantes [On pourra utiliser la question 1(b) de l'exercice 10.13].
**Corrigé** – Soit $a_1, a_2 \in \mathbb{R}$. On va montrer que la v.a.r. $a_1 Z + a_2 Y$ suit une loi gaussienne (ceci montre bien que le vecteur aléatoire $(Z, Y)^t$ est un vecteur gaussien).

Comme $Z = X - l(Y) = X - \alpha - \beta Y$, on a

$$a_1 Z + a_2 Y = a_1 X + (a_2 - a_1 \beta) Y - a_1 \alpha.$$

Comme $(X, Y)^t$ est un v.a. gaussien, la v.a.r. $a_1 X + (a_2 - a_1 \beta) Y$ suit une loi gaussienne. Il existe donc $m \in \mathbb{R}$ et $\sigma \in \mathbb{R}_+$ t.q. $a_1 X + (a_2 - a_1 \beta) Y \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2)$. On a alors

$$a_1 X + (a_2 - a_1 \beta) Y - a_1 \alpha \sim \mathcal{N}(m - a_1 \alpha, \sigma^2).$$

ceci prouve que $a_1 X + (a_2 - a_1 \beta) Y - a_1 \alpha$ suit une loi gaussienne. La v.a.r. $a_1 Z + a_2 Y$ suit donc une loi gaussienne pour tout $a_1, a_2 \in \mathbb{R}$. Ceci prouve bien que le vecteur aléatoire $(Z, Y)^t$ est un vecteur gaussien.

On calcule maintenant $\text{Cov}(Z, Y)$. On rappelle que $Z = X - (\alpha + \beta Y)$. On remarque d'abord que $E[Z] = E[X] - E[\alpha + \beta Y] = 0$ (grâce à la première relation satisfaites par $\alpha$ et $\beta$). Puis,

$$\text{Cov}(Z, Y) = E[ZY] = E[XY] - E[(\alpha + \beta Y)Y].$$

La seconde relation satisfaites par $\alpha$ et $\beta$ donne alors $\text{Cov}(Z, Y) = 0$.

Comme $(Z, Y)^t$ est un vecteur gaussien et que $\text{Cov}(Z, Y) = 0$, la question 1(b) de l'exercice 10.13 donne que $Z$ et $Y$ sont indépendantes.

### 3. Montrer que $E(X|Y) = l(Y)$ p.s.

**Corrigé** – La v.a.r. $l(Y)$ est intégrable (car sa loi est gaussienne). Pour montrer que $E(X|Y) = l(Y)$ p.s., il suffit, d'après la proposition 11.11, de montrer que $E(l(Y)\varphi(Y)) = E(X\varphi(Y))$ pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée.

Soit donc $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée. Comme $Z$ et $Y$ sont indépendantes et que $E[Z] = 0$, on a $E[Z\varphi(Y)] = E[Z]E[\varphi(Y)] = 0$. Comme $Z = X - l(Y)$ on a donc

$$E[X\varphi(Y)] = E[l(Y)\varphi(Y)].$$

Ce qui prouve bien que $E(X|Y) = l(Y)$ p.s.

### 4. Calculer (en fonction de D) $\text{Var}(Z)$.

**Corrigé** – Comme $E[Z] = 0$ et $E[Zl(Y)] = E[Z]E[l(Y)] = 0$, on a

$$\begin{aligned} \text{Var}(Z) &= E[Z^2] = E[XZ] = E[X^2] - E[Xl(Y)] \\ &= E[X^2] - \alpha E[X] - \beta E[XY]. \end{aligned}$$

Il suffit maintenant d'utiliser les valeurs de $\alpha$ et $\beta$ et le fait que

$$E[X^2] = D_{1,1} + a^2, \quad E[X] = a, \quad E[X, Y] = D_{1,2} + ab.$$

On obtient

$$\text{Var}(Z) = D_{1,1} - \frac{D_{1,2}^2}{D_{2,2}}$$

Dans la suite, on note $\sigma = \sqrt{\text{Var}(Z)}$ et, pour $a \in \mathbb{R}$ on note $\mu_a$ la loi normale $\mathcal{N}(a, \sigma^2)$.
5. Soit $f$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Pour $a \in \mathbb{R}$, on pose $\psi(a) = \int_{\mathbb{R}} f d\mu_a$.

(a) Montrer que $\psi$ est une fonction continue (de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) si $\sigma > 0$.

**Corrigé** – On utilise ici le théorème 4.52. On remarque que

$$ \psi(a) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{\mathbb{R}} f(x)e^{-\frac{(x-a)^2}{2\sigma^2}} dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{\mathbb{R}} F(x,a)dx, $$

avec $F(x,a) = f(x)e^{-\frac{(x-a)^2}{2\sigma^2}}$. La fonction $a \mapsto F(x,a)$ est continue, pour tout $x \in \mathbb{R}$. Pour montrer que $\psi$ est continue, il suffit (d'après le théorème 4.52) de montrer que la fonction $x \mapsto F(x,a)$ est dominée, localement uniformément par rapport à $a$, par une fonction intégrable. Nous montrons maintenant cette domination.

Soit $M > 0$. Pour tout $a \in ]-M, M[$ et tout $x \in \mathbb{R}$, on a $|F(x,a)| \le g_M(x)$ avec

$$ g_M(x) = |f(x)|e^{-\frac{((|x|-M|+)^2}{2\sigma^2}}. $$

(La vérification de $|F(x,a)| \le g_M(x)$ peut se faire en distinguant les cas $x \in [-M, M]$, $x > M$ et $x < -M$.) La fonction $g_M$ est bien intégrable (pour la mesure de Lebesgue). Le théorème 4.52 donne alors que $\psi$ est continue sur $]-M, M[$. Comme $M$ est arbitraire, on en déduit que $\psi$ est continue sur $\mathbb{R}$.

(b) Montrer que $E[f(X)|Y] = \psi(l(Y))$ p.s.

**Corrigé** – Si $\sigma > 0$, la fonction $\psi$ est continue, elle est donc borélienne. On remarque aussi que $\psi$ est bornée (en effet, soit $M \in \mathbb{R}_+$ t.q. $|f(x)| \le M$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. On a alors aussi $|\psi(a)| \le M$ pour tout $a \in \mathbb{R}$).

Si $\sigma = 0$, on a $\psi(a) = f(a)$ pour tout $a \in \mathbb{R}$. La fonction $\psi$ est donc aussi borélienne bornée.

Comme $\psi$ est borélienne, $\psi(l(Y))$ est donc une v.a.r.. Comme $\psi$ est bornée, la v.a.r. $\psi(l(Y))$ est bornée et donc intégrable. Pour montrer que $E[f(X)|Y] = \psi(l(Y))$ p.s., il suffit, comme à la question précédente (cf proposition 11.11), de montrer que $E[\psi(l(Y))\varphi(Y)] = E[f(X)\varphi(Y)]$ pour toute application $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, borélienne bornée.

Soit donc $\varphi$ borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On a, comme $Z$ et $Y$ sont indépendants,

$$ \begin{aligned} E[f(X)\varphi(Y)] &= E[f(Z + l(Y))\varphi(Y)] \\ &= \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} f(z + l(y))dP_Z(z) \right) \varphi(y)dP_Y(y). \end{aligned} $$

On utilise maintenant le fait que $Z \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2)$, on en déduit

$$ \int_{\mathbb{R}} f(z + l(y))dP_Z(z) = \int_{\mathbb{R}} f(z + l(y))d\mu_0(z). $$

le changement de variable $\bar{z} = z + l(y)$ donne alors

$$ \int_{\mathbb{R}} f(z + l(y))d\mu_0(z) = \int_{\mathbb{R}} f(\bar{z})d\mu_{l(y)}(\bar{z}) = \psi(l(y)). $$
On a donc, finalement,

$$
E[f(X)\varphi(Y)] = \int_{\mathbb{R}} \psi(l(y))\varphi(y)dP_Y(y) = E[\psi(l(Y))\varphi(Y)].
$$

Ce qui prouve bien $E[f(X)|Y] = \psi(l(Y)) \text{ p.s.}$.

**Exercice 11.17 (Indépendance et espérance)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $B_1, B_2$ deux sous-tribus de $\mathcal{A}$. On pose $B = \sigma(B_1 \cup B_2)$ (c'est-à-dire que $B$ est la tribu engendrée par $B_1$ et $B_2$). On pose aussi $C = \{B_1 \cap B_2; B_1 \in B_1, B_2 \in B_2\}$.

1. Montrer que $\mathcal{B} = \sigma(\mathcal{C})$ (c'est-à-dire que $\mathcal{B}$ est la tribu engendrée par $\mathcal{C}$).

Soit Y une v.a.r. intégrable. On note $\sigma(Y)$ la tribu engendrée par Y. On suppose que $\sigma(Y)$ et $B_1$ sont indépendantes de $B_2$.

2. Soit $U_1$ une v.a.r. $B_1$-mesurable et bornée et $U_2$ une v.a.r. $B_2$-mesurable et intégrable. Montrer que $YU_1$ et $U_2$ sont des v.a.r. indépendantes. En déduire que $YU_1U_2$ est intégrable et que $E(YU_1U_2) = E(YU_1)E(U_2)$.

3. On pose $Z_1 = E[Y|B_1]$ (la v.a.r. $Z_1$ est $B_1$-mesurable intégrable et $E(YU) = E(Z_1U)$ pour toute v.a.r. $B_1$-mesurable bornée).

(a) Montrer que $E(Y1_C) = E(Z_1 1_C)$ pour tout $C \in \mathcal{C}$.

(b) Montrer que $E(Y1_B) = E(Z_1 1_B)$ pour tout $B \in \mathcal{B}$.

4. Montrer que $E[Y|B] = E[Y|B_1]$ p.s..

**Exercice 11.18 (Espérance conditionnelle d'une somme)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $(X_i)_{i \in \mathbb{N}^*}$ une suite de v.a.r.i.i.d.. On suppose que $X_1$ est intégrable (on a donc aussi $X_i$ intégrable pour tout $i \in \mathbb{N}^*$). Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $S_n = X_1 + \dots + X_n$.

1. (Cette question reprend l'exercice 11.8.) Soit $n > 1$. Montrer que $E(X_1|S_n) = \frac{S_n}{n}$ p.s..

2. Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On note $\mathcal{D}_n$ la tribu engendrée par l'ensemble des v.a.r. $S_k$, $k \ge n$. Montrer que $E(X_1|\mathcal{D}_n) = E(X_1|S_n) = \frac{S_n}{n}$ p.s.. [On pourra utiliser l'exercice 11.17 en choisissant convenablement $B_1$ et $B_2$.]

**Exercice 11.19 (Exercice liminaire aux martingales)** Soient $(E, T, p)$ un espace probabilisé et $(T_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une famille de tribus sur $E$ t.q. $T_n \subset T_{n+1}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, et t.q. T est la tribu engendrée par $\cup_{n \in \mathbb{N}} T_n$. Soit $X \in L^2_{\mathbb{R}}(E, T, p)$ et $E(X|T_n)$ l'espérance conditionnelle de X par rapport à la tribu $T_n$. Nous allons montrer que $E(X|T_n)$ converge vers X dans $L^2_{\mathbb{R}}(E, T, p)$ lorsque $n \to +\infty$.

1. Montrer qu'il existe $e \in L^2_{\mathbb{R}}(E, T, p)$ et une sous-suite de la suite $(E(X|T_n))_{n \in \mathbb{N}}$ qui converge faiblement vers $e$ dans $L^2_{\mathbb{R}}(E, T, p)$.

2. Montrer que $\int XYdp = \int eYdp$, pour tout v.a.r. Y $T_n$-mesurable et de carré intégrable.
3. Montrer que $\int XYdp = \int eYdp$, pour tout v.a.r. Y de carré intégrable. En déduire que $e = X$ p.s..

4. Montrer que $||E(X|T_n)||_2 \le ||X||_2$. En déduire que la suite $(E(X, T_n))_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers X dans $L_{\mathbb{R}}^2(E, T, p)$.

**Exercice 11.20 (Espérance conditionnelle pour une suite décroissante de tribus)**

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de tribus incluses dans $\mathcal{A}$.
On suppose $B_{n+1} \subset B_n$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, et on pose $B = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_n$ (de sorte que $B$ est aussi une tribu incluse dans $\mathcal{A}$).

1. Soit X une v.a.r.. On suppose que pour tout $n \in \mathbb{N}$ il existe $Y_n$ v.a.r. $B_n$-mesurable t.q. $X = Y_n$ p.s.. Montrer qu'il existe Y v.a.r. B-mesurable t.q. $X = Y$ p.s..

N.B. Cette première question montre en quel sens on peut écrire $L^p(\Omega, \mathcal{B}, P) = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} L^p(\Omega, \mathcal{B}_n, P)$ pour tout $p \in [1, +\infty]$.

**Corrigé** – Pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe $A_n \in \mathcal{A}$ t.q. $P(A_n) = 0$ et $X = Y_n$ sur $A_n^c$. On pose $A = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n$. On a donc $P(A) = 0$ (par σ-sous-additivité de P) et, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $X = Y_n$ sur $A^c$.

On définit maintenant $\bar{Y}$ de $\Omega$ dans $\bar{\mathbb{R}}$ en posant $\bar{Y}(\omega) = \liminf_{n \to +\infty} Y_n(\omega)$. Comme $Y_n = X$ sur $A^c$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$), on a donc $\bar{Y} = X$ sur $A^c$ et donc $\bar{Y} = X$ p.s..

Soit $p \in \mathbb{N}$. Comme $Y_n$ est $B_p$-mesurable pour $n \ge p$ (car $B_n \subset B_p$), la stabilité des fonctions mesurables donne que $\bar{Y}$ est $B_p$-mesurable. Soit C un borélien de $\mathbb{R}$, on a donc $\bar{Y}^{-1}(C) \in B_p$ pour $p \in \mathbb{N}$. Par la définition de B, on en déduit que $\bar{Y}^{-1}(C) \in \mathcal{B}$.

On a donc $\bar{Y}$ B-mesurable de $\Omega$ dans $\bar{\mathbb{R}}$ et $\bar{Y} = X$ p.s.. Il nous reste à modifier légèrement $\bar{Y}$ pour obtenir une v.a.r.. Pour cela, on pose $E = \{\omega \in \Omega, \bar{Y}(\omega) = \pm\infty\}$.

On a $E \in \mathcal{B}$ (car $\bar{Y}$ est B-mesurable). On peut définir Y par

$$Y(\omega) = \bar{Y}(\omega) \text{ si } \omega \notin E,$$

$$Y(\omega) = 0 \text{ si } \omega \in E.$$

La fonction Y est ainsi une v.a.r. B-mesurable et $Y = X$ p.s. (noter que $E \subset A$).

2. Soit $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de v.a.r.. On suppose que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $X_n$ est $B_n$-mesurable et de carré intégrable.

(a) On suppose que $X_n \to X$ dans $L^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$ quand $n \to +\infty$. Montrer que X est B-mesurable (au sens qu'il existe Y B-mesurable t.q. $X = Y$ p.s.).

**Corrigé** – On peut supposer, après extraction éventuelle d'une sous-suite (encore notée $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$), que $X_n \to X$ p.s.. (Après cette extraction, on a toujours $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_n = \mathcal{B}$.)

Comme $X_n \to X$ p.s., il existe donc $A \in \mathcal{A}$ t.q. $P(A) = 0$ et $X_n(\omega) \to X(\omega)$ (quand $n \to +\infty$) pour tout $\omega \in A^c$. On procède alors comme à la question précédente en posant $\bar{Y}(\omega) = \liminf_{n \to +\infty} X_n(\omega)$. La fonction $\bar{Y}$ va de $\Omega$ dans $\bar{\mathbb{R}}$ et est $B_p$-mesurable pour tout $p \in \mathbb{N}$ (car $X_n$ est $B_p$-mesurable pour $n \ge p$). La fonction $\bar{Y}$
est donc B-mesurable et $\bar{Y} = X \text{ p.s. (car } Y = X \text{ sur } A^c\text{)}. \text{ Enfin, on pose } E = \{\omega \in \Omega, \\ \bar{Y}(\omega) = \pm\infty\}$. On a $E \in \mathcal{B}$ (car $\bar{Y}$ est B-mesurable) et on définit $Y$ par

$$Y(\omega) = \bar{Y}(\omega) \text{ si } \omega \notin E,$$

$$Y(\omega) = 0 \text{ si } \omega \in E.$$

La fonction Y est ainsi une v.a.r. B-mesurable et $Y = X \text{ p.s.}$.

(b) On suppose que $X_n \to X$ faiblement dans $L^2(\Omega, A, P)$ quand $n \to +\infty$. Montrer que $X$ est B-mesurable.

**Corrigé** – On peut montrer cette question en utilisant une petite remarque d'analyse fonctionnelle (voir la remarque 6.84). Puisque $X_n \to X$ faiblement dans $L^2(\Omega, A, P)$ quand $n \to +\infty$, il existe une suite $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ t.q.

i. $Y_n \to X$ dans $L^2(\Omega, A, P)$ quand $n \to +\infty$,

ii. pour tout $n \in \mathbb{N}$, $Y_n$ est une combinaison convexe de l'ensemble des $X_p$, $p \ge n$.

Comme $X_p$ est $B_n$-mesurable pour $p \ge n$, la v.a.r. $Y_n$ est aussi $B_n$-mesurable. On est ainsi ramené à la question précédente et on obtient qu'il existe Y v.a.r. B-mesurable t.q. $X = Y \text{ p.s.}$.

3. Soit X une v.a.r. de carré intégrable.

Montrer que $E(X|B_n) \to E(X|\mathcal{B})$ dans $L^2(\Omega, A, P)$ quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – On pose $Z_n = E(X|B_n)$ (en étant quelque peu pointilleux, on devrait plutôt dire qu'on choisit un élément de l'ensemble $E(X|B_n)$). On pose aussi $Z = E(X|\mathcal{B})$ et on raisonne par l'absurde.

Si $Z_n \not\to Z$ dans $L^2(\Omega, A, P)$ quand $n \to +\infty$, il existe $\varepsilon > 0$ et une sous-suite, encore notée $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}}$, t.q.

$$\|Z_n - Z\|_2 \ge \varepsilon \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}. \qquad (11.15)$$

On remarque maintenant que la suite $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée dans $L^2(\Omega, A, P)$ (plus précisément, on a $E(Z_n^2) \le E(X^2)$ car $E(Z_n^2) = E(Z_n X) \le \sqrt{E(Z_n^2)\sqrt{E(X^2)}}$). Comme $L^2(\Omega, A, P)$ est un espace de Hilbert, on peut donc supposer, toujours après extraction d'une sous-suite, qu'il existe $\bar{Z}$ t.q.

$$Z_n \to \bar{Z} \text{ faiblement dans } L^2(\Omega, A, P) \text{ quand } n \to +\infty.$$

On montre maintenant que $\bar{Z} = Z \text{ p.s.}$.

La question précédente montre que $\bar{Z}$ est B-mesurable. Puis pour tout U v.a.r. B-mesurable et de carré intégrable on a

$$E(Z_n U) = E(XU) \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}.$$

Comme $Z_n \to \bar{Z}$ faiblement dans $L^2(\Omega, A, P)$, on peut passer à la limite (quand $n \to +\infty$) dans cette égalité. On obtient

$$E(\bar{Z}U) = E(XU).$$

Ce qui prouve que $\bar{Z} = E(X|\mathcal{B}) \text{ p.s. et donc que } \bar{Z} = Z \text{ p.s.}$. Pour conclure, il reste à montrer que $Z_n \to Z$ dans $L^2(\Omega, A, P)$ (en contradiction avec (11.15)). Pour cela, il suffit de montrer que $E(Z_n^2) \to E(Z^2)$ (car $E((Z_n - Z)^2) = E(Z_n^2) - 2E(Z_n Z) + E(Z^2)$
et $E(Z_nZ) \to E(Z^2)$ grâce à la convergence faible de $Z_n$ vers Z). On utilise une nouvelle fois la convergence faible de $Z_n$ vers Z (et le fait que $Z_n = E(X|B_n)$ et $Z = E(X|B)$ pour écrire que

$$E(Z_n^2) = E(Z_nX) \to E(ZX) = E(Z^2) \quad \text{quand } n \to +\infty.$$

Finalement, on obtient bien que $Z_n \to Z$ dans $L^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$, en contradiction avec (11.15).

**Exercice 11.21 (Projection sur $L^2(\Omega, \tau(X), P)$ versus projection sur $\text{ev}(X))** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé. Si $\mathcal{B}$ est une sous-tribu de $\mathcal{A}$, on note encore P la restriction de P à $\mathcal{B}$, de sorte que $(\Omega, \mathcal{B}, P)$ est encore un espace probabilisé. On rappelle que $\mathcal{L}^2(\Omega, \mathcal{B}, P) \subset \mathcal{L}^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$ et que l'on peut considérer $L^2(\Omega, \mathcal{B}, P)$ comme un s.e.v. de $L^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$. L'espace $L^2(\Omega, \mathcal{B}, P)$ est donc un s.e.v. fermé de $L^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$.

Soit $X \in L^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$ (en choisissant un représentant de X, X est donc une v.a.). On note $\text{ev}(X)$ le s.e.v. engendré par X (noter que $\text{ev}(X)$ est un s.e.v. fermé de $L^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$).

Si V est un s.e.v. fermé de $L^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$, on note $P_V$ l'opérateur de projection orthogonal sur V.

1. On suppose que X est constante et non nulle (c'est-à-dire qu'il existe $a \in \mathbb{R}^*$ t.q. $X = a$ p.s.). Montrer que $P_{\text{ev}(X)} = P_{L^2(\Omega, \tau(X), P)}$ (i.e. $\text{ev}(X) = L^2(\Omega, \tau(X), P)$).

2. On suppose que X n'est pas constante. Montrer que pour toute sous-tribu $\mathcal{B}$ de $\mathcal{A}$, $P_{\text{ev}(X)} \neq P_{L^2(\Omega, \mathcal{B}, P)}$ (i.e. $\text{ev}(X) \neq L^2(\Omega, \mathcal{B}, P)$).

Remarque : Si Y est une v.a. de carré intégrable, on a $E(Y|X) = E[Y|\tau(X)] = P_{L^2(\Omega, \tau(X), P)} Y$.

**Exercice 11.22 (Loi de X et Y et loi de (X, Y))** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et X, Y deux v.a.r.. On suppose que le couple $(X, Y)$ a pour loi une loi de densité par rapport à la mesure de Lebesgue (sur les boréliens de $\mathbb{R}^2$) et que cette densité est donnée par la fonction $g$ de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}_+$ définie par

$$g(x, y) = \frac{1 + x^2}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(1+x^2)|y|}{2}} e^{-\frac{x^2}{2}} \quad \text{pour } x, y \in \mathbb{R}.$$

1. Montrer que X a pour loi la loi normale réduite.

**Corrigé** – Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. En utilisant la loi de $(X, Y)$, on obtient

$$E(\varphi(X)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} \varphi(x)g(x, y)dydx.$$

Or,

$$\int_{\mathbb{R}} g(x, y)dy = \frac{1+x^2}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{(1+x^2)|y|}{2}}dy = \frac{1+x^2}{2\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{(1+x^2)y}{2}}dy \\ = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}.$$
On a donc $E(\varphi(X)) = \int_{\mathbb{R}} \varphi(x) \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx$. Ce qui prouve que $X$ a pour loi la loi normale réduite.

2. Montrer que $Y$ a pour loi une loi de densité par rapport à la mesure de Lebesgue (sur les boréliens de $\mathbb{R}$) et donner une expression de cette densité.

**Corrigé** – Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. En utilisant la loi de $(X, Y)$, on obtient

$$E(\varphi(Y)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} \varphi(y) g(x, y) dx dy.$$

Pour $y \in \mathbb{R}$, on pose $h(y) = \int_{\mathbb{R}} g(x, y) dx$, c'est-à-dire

$$h(y) = \int_{\mathbb{R}} \frac{1+x^2}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} e^{-\frac{(1+x^2)|y|}{2}} dx.$$

On a alors $E(\varphi(Y)) = \int_{\mathbb{R}} \varphi(y)h(y)dy$. Ce qui prouve que $Y$ a pour loi une loi de densité par rapport à la mesure de Lebesgue et cette densité est donnée par la fonction $h$.

3. Soit $y \le 0$. Montrer que

$$P(\{Y < y\}) = \frac{1}{2\sqrt{1-y}} e^{\frac{y}{2}}.$$

Soit $y > 0$, montrer que

$$P(\{Y < y\}) = 1 - \frac{1}{2\sqrt{1+y}} e^{-\frac{y}{2}}.$$

**Corrigé** – Soit $y \in \mathbb{R}$. En utilisant la densité $h$ de la loi de $Y$, on a

$$P(\{Y < y\}) = \int_{-\infty}^{y} h(z) dz = \int_{-\infty}^{y} \left( \int_{\mathbb{R}} \frac{1+x^2}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} e^{-\frac{(1+x^2)|z|}{2}} dx \right) dz.$$

Avec le théorème de Fubini-Tonelli, on en déduit

$$P(\{Y < y\}) = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{-\infty}^{y} e^{-\frac{(1+x^2)|z|}{2}} dz \right) \frac{1+x^2}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx.$$

Si $y \le 0$, on a

$$\int_{-\infty}^{y} e^{-\frac{(1+x^2)|z|}{2}} dz = \int_{-\infty}^{y} e^{\frac{(1+x^2)z}{2}} dz = \frac{2}{(1+x^2)} e^{\frac{(1+x^2)y}{2}}.$$

Ce qui donne

$$P(\{Y < y\}) = \frac{1}{2\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} e^{\frac{(1+x^2)y}{2}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx = e^{\frac{y}{2}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{\frac{x^2(y-1)}{2}} dx.$$
Dans cette dernière intégrale, on effectue le changement de variable $x\sqrt{1-y} = u$ et on obtient

$$P(\{Y < y\}) = \frac{e^{\frac{y}{2}}}{\sqrt{1-y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2}} du = \frac{e^{\frac{y}{2}}}{2\sqrt{1-y}}.$$

On déduit en particulier de cette formule que $P(\{Y < 0\}) = 1/2$ et comme $h(-z) = h(z)$, on trouve bien que

$$P(\{Y \in \mathbb{R}\}) = 2 \int_{-\infty}^{0} h(z) dz = 2P(\{Y < 0\}) = 1.$$

On calcule maintenant $P(\{Y < y\})$ si $y > 0$. On a

$$P(\{Y < y\}) = P(\{Y \in \mathbb{R}\}) - P(\{Y \ge y\}) = 1 - P(\{Y \ge y\}).$$

et, avec le théorème de Fubini-Tonelli,

$$P(\{Y \ge y\}) = \int_{y}^{+\infty} h(z) dz = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{y}^{+\infty} e^{-\frac{(1+x^2)|z|}{2}} dz \right) \frac{1+x^2}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx.$$

Comme $y > 0$, on a

$$\int_{y}^{+\infty} e^{-\frac{(1+x^2)|z|}{2}} dz = \int_{y}^{+\infty} e^{-\frac{(1+x^2)z}{2}} dz = \frac{2}{(1+x^2)} e^{-\frac{(1+x^2)y}{2}}.$$

Ce qui donne

$$P(\{Y \ge y\}) = \frac{1}{2\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} e^{-\frac{(1+x^2)y}{2}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx = e^{-\frac{y}{2}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x^2(y+1)}{2}} dx.$$

Dans cette dernière intégrale, on effectue le changement de variable $x\sqrt{1+y} = u$ et on obtient

$$P(\{Y \ge y\}) = \frac{e^{-\frac{y}{2}}}{\sqrt{1+y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2}} du = \frac{e^{-\frac{y}{2}}}{2\sqrt{1+y}}.$$

On a bien, finalement,

$$P(\{Y < y\}) = 1 - \frac{e^{-\frac{y}{2}}}{2\sqrt{1+y}}.$$

4. (Espérances conditionnelles) Montrer que $E(Y|X) = 0$ p.s.. Donner $E(Y^2|X)$ en fonction de X. En déduire la variance de Y.

**Corrigé** – On montre tout d'abord que Y est une v.a.r. de carré intégrable. En utilisant le théorème de Fubini-Tonelli et la question précédente, on a

$$\begin{align*}
E(Y^2) &= \int_{\Omega} Y^2 dP = \int_{\Omega} \left( \int_{0}^{+\infty} 1_{[0,Y^2(\omega)]}(t) dt \right) dP(\omega) \\
&= \int_{0}^{+\infty} \left( \int_{\Omega} 1_{[t,+\infty[}(Y^2(\omega)) dP(\omega) \right) dt = \int_{0}^{+\infty} P(\{Y^2 > t\}) dt \\
&= \int_{0}^{+\infty} 2u P(\{|Y| > u\}) du = \int_{0}^{+\infty} 2u \frac{e^{-\frac{u}{2}}}{\sqrt{1+u}} du < +\infty.
\end{align*}$$

Comme Y est de carré intégrable les espérances conditionnelles $E(Y|X)$ et $E(Y^2|X)$ sont bien définies.
Pour calculer $E(Y|X)$ et $E(Y^2|X)$, on utilise la proposition 11.11. Soit $\varphi$ une fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, on a

$$E(Y\varphi(X)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} y\varphi(x)g(x,y)dydx = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} yg(x,y)dy \right) \varphi(x)dx.$$

Comme $g(x, -y) = g(x, y)$, on a $\int_{\mathbb{R}} yg(x, y)dy = 0$ pour tout $x$ et donc $E(Y\varphi(X)) = 0$.

On en déduit que $E(Y|X) = 0$ p.s..

On procède de manière analogue pour $Y^2$. On a

$$E(Y^2\varphi(X)) = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} y^2\varphi(x)g(x,y)dydx = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_{\mathbb{R}} y^2g(x,y)dy \right) \varphi(x)dx.$$

Pour $x \in \mathbb{R}$, on a

$$\int_{\mathbb{R}} y^2 g(x, y) dy = \int_{\mathbb{R}} y^2 \frac{1+x^2}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(1+x^2)^2}{2} - \frac{x^2}{2}} dy = \frac{1+x^2}{2\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \int_{0}^{+\infty} y^2 e^{-\frac{(1+x^2)y}{2}} dy.$$

On calcule cette dernière intégrale en intégrant deux fois par parties. On obtient

$$\int_{\mathbb{R}} y^2 g(x, y) dy = \frac{8}{\sqrt{2\pi}(1+x^2)^2} e^{-\frac{x^2}{2}}.$$

On a donc

$$E(Y^2\varphi(X)) = \int_{\mathbb{R}} \frac{8}{\sqrt{2\pi}(1+x^2)^2} e^{-\frac{x^2}{2}} \varphi(x)dx.$$

Ce qui donne, en posant $\psi(x) = \frac{8}{(1+x^2)^2}$,

$$E(Y^2\varphi(X)) = \int_{\mathbb{R}} \psi(x)\varphi(x) \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} dx = E(\psi(X)\varphi(X)).$$

On en déduit que

$$E(Y^2|X) = \psi(X) = \frac{8}{(1+X^2)^2} \text{ p.s. .}$$

On calcule maintenant la variance de Y, notée $\text{Var}(Y)$. Comme $E(Y) = E(E(Y|X)) = 0$ et $E(Y^2) = E(E(Y^2|X))$, on a $\text{Var}(Y) = E(E(Y^2|X)) = E(\psi(X))$ et donc

$$\text{Var}(Y) = 8E\left(\frac{1}{(1+X^2)^2}\right).$$

On remarque maintenant que

$$E\left(\frac{1}{(1+X^2)^2}\right) = E\left(\frac{1}{1+X^2}\right) - E\left(\frac{X^2}{(1+X^2)^2}\right). \qquad (11.16)$$

Mais, on a

$$\sqrt{2\pi}E\left(\frac{X^2}{(1+X^2)^2}\right) = 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{x}{(1+x^2)^2}xe^{-\frac{x^2}{2}} dx.$$

En intégrant par parties, on obtient

$$\begin{align*} \sqrt{2\pi}E\left(\frac{X^2}{(1+X^2)^2}\right) &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} e^{-\frac{x^2}{2}} (1-x^2) dx \\ &= 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} e^{-\frac{x^2}{2}} dx - \int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} dx. \end{align*}$$
Ce qui donne

$$E(\frac{X^2}{(1+X^2)^2}) = E(\frac{1}{(1+X^2)}) - \frac{1}{2}.$$

En revenant à (11.16), on a donc $E(\frac{1}{(1+X^2)^2}) = \frac{1}{2}$, ce qui donne $\text{Var}(Y) = 4$.

## 11.3.2 Martingales

**Exercice 11.23 (Quelques propriétés des martingales)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé muni d'une filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ (c'est-à-dire d'une suite croissante de sous-tribus de $\mathcal{A}$) et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de de v.a.r. (c'est-à-dire un processus réel). On suppose que $X_n$ est intégrable pour tout $n \in \mathbb{N}$.

1. On suppose que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une sous-martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_n$). Montrer que la suite $(E(X_n))_{n \in \mathbb{N}}$ est croissante.

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$. Comme $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une sous-martingale, on a
$$E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) \ge X_n \text{ p.s. et donc } E(E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n)) \ge E(X_n).$$

Or (comme les fonctions constantes sont $\mathcal{B}_n$-mesurables bornées),

$$E(E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n)) = E(X_{n+1}).$$

On a donc $E(X_{n+1}) \ge E(X_n)$.

2. On suppose que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$). Montrer que $E(X_{n+m}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s. pour tout } m \ge 0$.

**Corrigé** – Pour $m=0$, le fait que $E(X_n|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, découle du fait que $X_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable. On montre maintenant la propriété demandée par récurrence sur $m \in \mathbb{N}^*$.

Pour $m=1$ le fait que $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, est donné dans la définition de martingale.

Soit $m \in \mathbb{N}^*$. On suppose que $E(X_{n+m}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$. On veut montrer que $E(X_{n+m+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$. Soit $n \in \mathbb{N}$. Comme $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale, on a $E(X_{n+m+1}|\mathcal{B}_{n+m}) = X_{n+m} \text{ p.s. et donc :}$

$$E(X_{n+m+1} U) = E(X_{n+m} U) \text{ pour tout } U \mathcal{B}_{n+m}\text{-mesurable bornée.}$$

Comme $\mathcal{B}_n \subset \mathcal{B}_{n+m}$, on a donc aussi

$$E(X_{n+m+1} U) = E(X_{n+m} U) \text{ pour tout } U \mathcal{B}_n\text{-mesurable bornée.}$$

L'hypothèse de récurrence donne $E(X_{n+m}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$. On a donc :

$$E(X_{n+m} U) = E(X_n U) \text{ pour tout } U \mathcal{B}_n\text{-mesurable bornée.}$$

On a en déduit :

$$E(X_{n+m+1} U) = E(X_n U) \text{ pour tout } U \mathcal{B}_n\text{-mesurable bornée.}$$

Ce qui montre que $E(X_{n+m+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s. et termine la récurrence.}$
3. Soit $\varphi$ une fonction convexe de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On suppose que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$) et que $\varphi(X_n)$ est intégrable pour tout $n \in \mathbb{N}$ (on rappelle que $\varphi(X_n)$ est une notation pour désigner $\varphi \circ X_n$). Montrer que $(\varphi(X_n))_{n \in \mathbb{N}}$ est une sous-martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).

**Corrigé** – On remarque tout d'abord que $\varphi(X_n)$ est bien $\mathcal{B}_n$-mesurable (car $X_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable et $\varphi$ est borélienne), pour tout $n \in \mathbb{N}$. Pour montrer que $(\varphi(X_n))_{n \in \mathbb{N}}$ est une sous-martingale, il suffit alors d'utiliser le proposition 11.7 sur l'inégalité de jensen. Soit $n \in \mathbb{N}$. La proposition 11.7 donne

$$E(\varphi(X_{n+1})|\mathcal{B}_n) \geq \varphi(E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n)) \text{ p.s..}$$

Comme $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s., on en déduit } E(\varphi(X_{n+1})|\mathcal{B}_n) \geq \varphi(X_n) \text{ p.s., ce qui montre bien que } (\varphi(X_n))_{n \in \mathbb{N}} \text{ est une sous-martingale.}$

**Exercice 11.24 (Martingale construite avec les espérances d'une v.a.)**

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé muni d'une filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Soit $X$ une v.a.r. intégrable. Montrer que la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par $X_n = E(X|\mathcal{B}_n)$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$) est une martingale par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)$.

Montrer que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est aussi une martingale pour la filtration $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par $\mathcal{F}_n = \tau(X_1, \dots, X_n)$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$).

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$. On remarque tout d'abord que $X_n$ est bien $\mathcal{B}_n$-mesurable et intégrable. Il reste à montrer que $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s..}$

Soit $U$ uner v.a.r. $\mathcal{B}_n$-mesurable bornée. Comme $X_n = E(X|\mathcal{B}_n) \text{ p.s., on a } E(X_n U) = E(XU)$. Mail, comme $\mathcal{B}_n \subset \mathcal{B}_{n+1}$, la v.a.r. $U$ est aussi $\mathcal{B}_{n+1}$-mesurable et le fait que $X_{n+1} = E(X|\mathcal{B}_{n+1}) \text{ p.s. donne alors } E(X_{n+1} U) = E(XU)$. On a donc

$$E(X_n U) = E(X_{n+1} U).$$

On en déduit bien que $X_n = E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) \text{ p.s.. La suite } (X_n)_{n \in \mathbb{N}} \text{ est donc une martingale par rapport à la filtration } (\mathcal{B}_n)$.

Pour montrer que la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est aussi une martingale par rapport à la filtration $(\mathcal{F}_n)$, il suffit de montrer que $X_n = E(X|\mathcal{F}_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ (le raisonnement précédent permet alors de conclure en remplaçant $\mathcal{B}_n$ par $\mathcal{F}_n$).

Soit donc $n \in \mathbb{N}$. Il est clair que $X_n$ est $\mathcal{F}_n$-mesurable. Comme $X_p$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable pour tout $p \leq n$, il est clair aussi que $\mathcal{F}_n \subset \mathcal{B}_n$. Soit $U$ une v.a.r. $\mathcal{F}_n$-mesurable bornée. La v.a.r. $U$ est donc aussi $\mathcal{B}_n$-mesurable. Puisque $X_n = E(X|\mathcal{B}_n)$, on a

$$E(X_n U) = E(XU).$$

On en déduit bien que $X_n = E(X|\mathcal{F}_n) \text{ p.s., ce qui termine cette démonstration.}$

**Exercice 11.25 (Martingale d'un jeu équilibré)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé, $X_0$ 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 $X_0, \dots, X_n$. Montrer que la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).
**Corrigé** – Par récurrence sur $n$, on remarque tout d'abord que $X_n$ est bien intégrable pour tout $n \in \mathbb{N}$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, la v.a.r. $X_n$ est donc $\mathcal{B}_n$-mesurable et intégrable. Il reste à montrer que $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$.

Soit U une v.a.r. $\mathcal{B}_n$-mesurable bornée. On a $E(X_{n+1}U) = E(X_nU) + E(J_{n+1}U)$. En utilisant la proposition 3.30, on remarque que les v.a.r. $X_0, \dots, X_n, J_{n+1}$ sont indépendantes. Puis, avec la proposition 2.58, on remarque que la tribu engendrée par $J_{n+1}$ est indépendante de la tribu engendrée par $X_0, \dots, X_n$ (qui est $\mathcal{B}_n$). On en déduit que $J_{n+1}$ et U sont des v.a.r. indépendantes. Ceci donne $E(J_{n+1}U) = E(J_{n+1})E(U) = 0$ (car $J_{n+1}$ est de moyenne nulle). Finalement, on a donc $E(X_{n+1}U) = E(X_nU)$, ce qui donne bien $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n \text{ p.s.}$.

**Exercice 11.26 (Séries de Fourier et martingales)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $\mathcal{B}$ une sous tribu de $\mathcal{A}$. Montrer que

$$X \in L^2(\Omega, \mathcal{B}, P) \Rightarrow X^+ \in L^2(\Omega, \mathcal{B}, P).$$

$$(L^2(\Omega, \mathcal{B}, P) = L_{\mathbb{R}}^2(\Omega, \mathcal{B}, P).)$$

On prend maintenant $\Omega = ]0, 1[, \mathcal{A} = \mathcal{B}([0, 1[)$ et $P = \lambda$ (la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}([0, 1]))$. On pose $H = L_{\mathbb{C}}^2(\Omega, \mathcal{A}, P)$. Pour $p \in \mathbb{Z}$, on définit $e_p \in H$ par $e_p(x) = \exp(2i\pi px)$ pour $x \in ]0, 1[$. On rappelle que $\{e_p, p \in \mathbb{Z}\}$ est une base hilbertienne de H. pour $n \in \mathbb{N}$, on pose $V_n = ev\{e_p, -n \le p \le n\}$ (c'est un s.e.v. fermé de H).

Soit $X \in H$. On sait que $X_n \to X$ dans H, quand $n \to +\infty$, avec $X_n = P_{V_n}X$ où $P_{V_n}$ désigne l'opérateur de projection orthogonale sur $V_n$ ($X_n$ est donc une somme partielle de la série de Fourier de $X$).

1. Montrer que $P_{V_n}(X_{n+1}) = X_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2. Soit $n \in \mathbb{N}^*$, monter qu'il n'existe pas de sous-tribu $\mathcal{B}$ de $\mathcal{A}$ t.q. $V_n = L_{\mathbb{C}}^2(\Omega, \mathcal{B}, P)$. [On pourra, par exemple, commencer par remarquer que $V_n$ est formé de fonctions analytiques.]

3. Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On pose $\mathcal{B}_n = \tau(e_p, -n \le p \le n)$. A-t-on $V_n \subset L_{\mathbb{C}}^2(\Omega, \mathcal{B}_n, P)$ ou $L_{\mathbb{C}}^2(\Omega, \mathcal{B}_n, P) \subset V_n$ ?

**Exercice 11.27 (Quelques questions sur les temps d'arrêt)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé muni d'une filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$.

1. Soit $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de v.a.r., adaptée à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Soit $E \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et $\tau$ défini de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$ par

$$\tau(\omega) = 1 \text{ si } X_1(\omega) \in E \text{ et } \tau = 5 \text{ si } X_1(\omega) \notin E.$$

Montrer que $\tau$ est un temps d'arrêt.
**Corrigé** – *En posant $C = \{w \in \Omega, \text{t.q. } X_1(\omega) \in E\}$, on a $\tau = 1_C + 51_{C^c}$. Comme $X_1$ est une v.a.r., on a $C \in \mathcal{A}$. La fonction $\tau$ est donc bien mesurable (de $\Omega$ muni de $\mathcal{A}$ dans $\mathbb{N}$ muni de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$).*

*Soit $n \in \mathbb{N}$, on va montrer que $\{\tau = n\} \in \mathcal{B}_n$.*

*Si $n \notin \{1, 5\}$, on a $\{\tau = n\} = \emptyset \in \mathcal{B}_n$.*

*Si $n = 1$, on a $\{\tau = 1\} = C = X_1^{-1}(E) \in \mathcal{B}_1 \text{ car } X_1 \text{ est } \mathcal{B}_1\text{-mesurable}.*

*Si $n = 5$, on a $\{\tau = 5\} = C^c \in \mathcal{B}_1 \subset \mathcal{B}_5 \text{ car } X_1 \text{ est } \mathcal{B}_1\text{-mesurable et que } (\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}} \text{ est une filtration.}*$

*On en déduit bien que $\tau$ est un temps d'arrêt.*

2. Soit $v$ et $\tau$ deux temps d'arrêt par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Montrer que $v + \tau$ est encore un temps d'arrêt (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).

**Corrigé** – *La mesurabilité de $v + \tau$ (de $\Omega$ muni de $\mathcal{A}$ dans $\mathbb{N} \cup \{+\infty\}$ muni de $\mathcal{P}(\mathbb{N} \cup \{+\infty\})$) découle de la mesurabilité de $v$ et $\tau$.*

*Soit $n \in \mathbb{N}$. On a $\{v + \tau = n\} = \cup_{p=0}^n (\{v = p\} \cap \{\tau = n - p\})$. Pour tout $0 \le p \le n$, on a $\{v = p\} \in \mathcal{B}_p \subset \mathcal{B}_n \text{ et } \{\tau = n - p\} \in \mathcal{B}_{n-p} \subset \mathcal{B}_n \text{ et donc } \{v = p\} \cap \{\tau = n - p\} \subset \mathcal{B}_n$. On en déduit que $\{v + \tau = n\} \in \mathcal{B}_n$, ce qui montre bien que $v + \tau$ est un temps d'arrêt.*

3. Soit $v$ et $\tau$ deux temps d'arrêt, par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$, et t.q. $v \le \tau$ p.s.. Soit $B_v$ et $B_\tau$ les deux tribus associées. Montrer que $B_v \subset B_\tau$. [Si T est un temps d'arrêt, on rappelle que $B_T = \{A \in \mathcal{B}_\infty \text{ t.q., pour tout } n \in \mathbb{N}, A \cap \{T = n\} \in \mathcal{B}_n\}$.]

**Corrigé** – *Soit $A \in B_v$. Soit $n \in \mathbb{N}$. Comme $v \le \tau$, on a $\{\tau = n\} = \cup_{p=0}^n \{v = p\} \text{ et donc}*$

$$A \cap \{\tau = n\} = \cup_{p=0}^{n} (A \cap \{v = p\}).$$

*Comme $A \in B_v$, on a $A \cap \{v = p\} \in \mathcal{B}_p \subset \mathcal{B}_n \text{ pour tout } p \le n$. On a donc $A \cap \{\tau = n\} \in \mathcal{B}_n$, ce qui prouve que $A \in B_\tau$.*

**Exercice 11.28 (Martingale arrêtée à un temps d'arrêt)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé muni d'une filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$, $(\phi_n)_{n \in \mathbb{N}^*)$ deux suites de v.a.r. On suppose que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $X_n$ est intégrable et que, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $\phi_n$ est bornée. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $(\Delta X)_n = X_n - X_{n-1}$ et $(\phi \cdot X)_n = \sum_{k=1}^n \phi_k (\Delta X)_k$ (ceci est une intégrale stochastique discrète).

1. On suppose que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale et que $(\phi_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est prévisible (c'est-à-dire que $\phi_{n+1}$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable pour tout $n \in \mathbb{N}$). Montrer que $((\phi \cdot X)_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est une martingale.

**Corrigé** – *Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Pour tout $1 \le k \le n$, la v.a.r. $(\Delta X)_k$ est $\mathcal{B}_k$-mesurable et donc $\mathcal{B}_n$-mesurable. La v.a.r. $\phi_k$ est $\mathcal{B}_{k-1}$-mesurable et donc aussi $\mathcal{B}_n$-mesurable. La stabilité des fonctions mesurables montre alors que $(\phi \cdot X)_n$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable. De plus, comme les $\phi_k$ sont bornées et les $X_k$ sont intégrables, la v.a.r. $(\phi \cdot X)_n$ est aussi intégrable. (elle donc $\mathcal{B}_n$-mesurable et intégrable).*
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On montre maintenant que $E((\phi \cdot X)_{n+1}|\mathcal{B}_n) = (\phi \cdot X)_n \text{ p.s.}$. Pour cela, on utilise la linéarité de l'espérance conditionnelle, on obtient

$$E((\phi \cdot X)_{n+1}|\mathcal{B}_n) = \sum_{k=1}^{n+1} E(\phi_k(\Delta X)_k|\mathcal{B}_n).$$

Pour $k \le n$, la v.a.r. $\phi_k(\Delta X)_k$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable et donc

$$E(\phi_k(\Delta X)_k|\mathcal{B}_n) = \phi_k(\Delta X)_k \text{ p.s.}.$$

Pour $k = n+1$, $\phi_{n+1}$ est $\mathcal{B}_n$-mesurable et $E(X_{n+1}|\mathcal{B}_n) = X_n$, on a donc (avec l'exercice 11.4)

$$E(\phi_{n+1}(\Delta X)_{n+1}|\mathcal{B}_n) = \phi_{n+1} E(X_{n+1} - X_n|\mathcal{B}_n) = \phi_{n+1}(X_n - X_n) = 0 \text{ p.s.}.$$

On en déduit que

$$E((\phi \cdot X)_{n+1}|\mathcal{B}_n) = \sum_{k=1}^{n} \phi_k(\Delta X)_k \text{ p.s.} = (\phi \cdot X)_n \text{ p.s.}.$$

Ce qui prouve bien que $((\phi \cdot X)_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est une martingale.

2. (Exemple) Soit $v$ un temps d'arrêt. On prend ici $\phi_n = 1_{\{v \ge n\}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Montrer que $(\phi_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est prévisible et $(\phi \cdot X)_n = X_{v \wedge n} - X_0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. (On rappelle que $v \wedge n(\omega) = \min\{v(\omega), n\}$ et donc que $X_{v \wedge n}(\omega) = X_{\min\{v(\omega), n\}}(\omega)$, pour tout $\omega \in \Omega$.)

Remarque : La question précédente permet de montrer qu'une martingale arrêtée à un temps d'arrêt est encore une martingale et donne donc une démonstration du théorème 11.18.

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On a $1 - \phi_n = 1_{\{v<n\}} = \sum_{k=0}^{n-1} 1_{\{v=k\}}$. Pour $k \le n-1$, on a $\{v=k\} \in \mathcal{B}_k \subset \mathcal{B}_{n-1}$, la v.a.r. $1_{\{v=k\}}$ est donc $\mathcal{B}_{n-1}$-mesurable. On en déduit que $1 - \phi_n$ (et donc aussi $\phi_n$) est $\mathcal{B}_{n-1}$-mesurable. Ceci prouve que $(\phi_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est prévisible.

Pour $1 \le k \le n$, on a $\phi_k(\Delta X)_k = 1_{\{v \ge k\}}(X_k - X_{k-1})$. On a donc

$$(\phi \cdot X)_n = \sum_{k=1}^{n} 1_{k \le v}(\Delta X)_k = \sum_{k=1}^{\min\{v,n\}} (\Delta X)_k = X_{v \wedge n} - X_0.$$

**Exercice 11.29 (Caractérisation des martingales régulières)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé muni d'une filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une martingale bornée dans $L^1$ (c'est-à-dire t.q. $\sup\{E(|X_n|), n \in \mathbb{N}\} < \infty$).

1. Montrer que la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est équi-intégrable si et seulement si $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale régulière (c'est-à-dire que la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge dans $L^1(\Omega, \mathcal{A}, P)$). [On pourra utiliser le théorème de Vitali, théorème 4.51 et le théorème 11.19.]

**Corrigé** – On remarque tout d'abord que, d'après le théorème 11.19, il existe une v.a.r. X t.q. $X_n \to X \text{ p.s.}$. Le théorème de Vitali (théorème 4.51) montre alors que $X_n \to X$ dans $L^1(\Omega, \mathcal{A}, P)$ si et seulement si la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est équi-intégrable. Ceci donne bien le résultat demandé.
2. On suppose qu'il existe $q > 1$ t.q. $\sup\{E(|X_n|^q), n \in \mathbb{N}\} < \infty$. Montrer que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale régulière.

**Corrigé** – Comme cela a été dit à la question précédente il existe une v.a.r. X t.q. $X_n \to X$ p.s.. La suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ étant bornée dans $L_{\mathbb{R}}^q(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$ avec $q > 1$, le théorème 6.10 donne la convergence de $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ vers X dans $L_{\mathbb{R}}^1(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$. La suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc une martingale régulière.

**Exercice 11.30 (Une condition pour qu'un temps d'arrêt soit intégrable)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$ un espace probabilisé muni d'une filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et T un temps d'arrêt par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$.

1. On suppose qu'il existe $\varepsilon_0 \in ]0, 1[$ et $n_0 \in \mathbb{N}^*$ t.q.

$$ P(\{T > kn_0\}) \le (1 - \varepsilon_0)^{k-1} \text{ pour tout } k \in \mathbb{N}^*. \quad (11.17) $$

Montrer que $E(T) < \infty$.

**Corrigé** – Comme T est mesurable et prend ses valeurs dans $\mathbb{N} \cup \{+\infty\}$, son espérance est bien définie. grâce au théorème de convergence monotone, on peut écrire

$$ E(T) = \int_{\{T \le n_0\}} T dP + \sum_{k=1}^{+\infty} \int_{\{kn_0 < T \le (k+1)n_0\}} T dP. $$

On en déduit, en posant $u_k = (k+1)(1-\varepsilon_0)^{k-1}$, que

$$ E(T) \le n_0 + \sum_{k=1}^{+\infty} (k+1)n_0 P(\{T > kn_0\}) \le n_0(1 + \sum_{k=1}^{+\infty} u_k). $$

La série de terme général $u_k$ est convergente car $\lim_{k \to +\infty} \frac{u_{k+1}}{u_k} = (1 - \varepsilon_0) < 1$. On en déduit que $E(T) < +\infty$.

2. On suppose qu'il existe $\varepsilon_0 \in ]0, 1[$ et $n_0 \in \mathbb{N}^*$ t.q. $P(\{n+n_0 \ge T > n\}) \ge \varepsilon_0 P(\{T > n\})$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Montrer que l'inégalité (11.17) est vraie.

**Corrigé** – On montre (11.17) par récurrence sur k. Pour $k=1$, l'inégalité (11.17) est vraie puisque $P(\Omega) = 1$. Soit $k \in \mathbb{N}^*$, on suppose que (11.17) est vraie (pour cette valeur de k) et on démontre (11.17) pour $k+1$. D'après l'hypothèse de cette question, on a

$$ P(\{(k+1)n_0 \ge T > kn_0\}) \ge \varepsilon_0 P(\{T > kn_0\}), $$

ce qui donne

$$ P(\{T > kn_0\}) - P(\{T > (k+1)n_0\}) \ge \varepsilon_0 P(\{T > kn_0\}), $$

et donc

$$ P(\{T > (k+1)n_0\}) \le (1 - \varepsilon_0)P(\{T > kn_0\}) \le (1 - \varepsilon_0)^k. $$

Ce qui termine la récurrence.
3. On suppose qu'il existe $\varepsilon_0 \in ]0,1[$ et $n_0 \in \mathbb{N}^*$ t.q. $E(1_{\{T \le n+n_0\}}|\mathcal{B}_n) \ge \varepsilon_0$ p.s., pour tout $n \in \mathbb{N}$. Montrer que $P(\{n+n_0 \ge T > n\}) \ge \varepsilon_0 P(\{T > n\})$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. En déduire que $E(T) < +\infty$.

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$. On a $P(\{n+n_0 \ge T > n\}) = E(1_{\{T \le n+n_0\}}1_{\{T>n\}})$. Comme $\{T \le n\} \in \mathcal{B}_n$, on a $\{T > n\} = \{T \le n\}^c \in \mathcal{B}_n$. La v.a.r. $1_{\{T>n\}}$ est donc $\mathcal{B}_n$-mesurable (et, bien sûr, bornée). On a donc (en utilisant $E(1_{\{T \le n+n_0\}}|\mathcal{B}_n) > \varepsilon_0$ p.s.)

$$E(1_{\{T \le n+n_0\}}1_{\{T>n\}}) = E(E(1_{\{T \le n+n_0\}}|\mathcal{B}_n)1_{\{T>n\}}) \ge \varepsilon_0 E(1_{\{T>n\}}) = \varepsilon_0 P(\{T > n\}).$$

$$\text{Ce qui donne bien } P(\{n+n_0 \ge T > n\}) \ge \varepsilon_0 P(\{T > n\}).$$

Par la question 2, (11.17) est vraie et donc, par la question 1, $E(T) < +\infty$.

Exercice 11.31 (On joue à pile ou face...)

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $(J_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ une suite de v.a.r.i.i.d. ne prenant que les valeurs $1$ et $-1$ et t.q. $P(\{J_n = 1\}) = P(\{J_n = -1\}) = 1/2$. On pose $X_0 = 0$ et, pour $n \in \mathbb{N}$, $X_{n+1} = X_n + J_{n+1}$. Soit $a$ et $b$ deux entiers strictement positifs et, pour tout $\omega \in \Omega$,

$$T(\omega) = \inf\{n \ge 0 \text{ t.q. } X_n(\omega) = -a \text{ ou } X_n(\omega) = b\} \\ \text{s'il existe } n \in \mathbb{N} \text{ t.q. } X_n(\omega) \in \{-a, b\},$$

$$T(\omega) = +\infty \text{ sinon.}$$

On note $p_a = P(\{\omega \in \Omega, \text{t.q. } X_{T(\omega)}(\omega) = -a\})$ ($p_a$ est donc la probabilité que $X_n$ atteigne $-a$ avant $b)$. Pour $n \in \mathbb{N}$, on désigne par $\mathcal{B}_n$ la tribu engendrée par $X_0, \dots, X_n$ et on pose, pour $\omega \in \Omega$, $Y_n(\omega) = X_{\min(n,T(\omega))}(\omega)$.

1. Montrer que $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une filtration et que $T$ est un temps d'arrêt pour cette filtration.

**Corrigé** – On a bien $\mathcal{B}_n \subset \mathcal{B}_{n+1} \subset \mathcal{A}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. La suite $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc une filtration.

Soit $n \in \mathbb{N}$. La définition de $T$ donne

$$\{T = n\} = X_n^{-1} (\{-a, b\}) \cap \left( \bigcap_{k=0}^{n-1} X_k^{-1} (\{-a, b\}^c) \right).$$

Comme $X_n^{-1}(\{-a, b\}) \in \mathcal{B}_n$ et $X_k^{-1}(\{-a, b\})^c \in \mathcal{B}_n$ pour tout $k \le n$, on a bien $\{T = n\} \in \mathcal{B}_n$. Ce qui montre que $T$ est un temps d'arrêt.

2. Montrer que $E(T) < +\infty$.

**Corrigé** – On utilise ici l'exercice 11.30. On pose $n_0 = a+b$ et $\varepsilon_0 = (1/2)^{n_0}$. On va montrer que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $E(1_{\{T \le n+n_0\}}|\mathcal{B}_n) \ge \varepsilon_0$ (l'exercice 11.30 donne alors $E(T) < +\infty$).

Soit $n \in \mathbb{N}$. Pour tout $0 \le k \le n$, la v.a.r. $X_k$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs ($X_k$ ne prend que des valeurs entières entre $-k$ et $k$). La tribu $\mathcal{B}_n$, qui est la tribu engendrée par $X_0, \dots, X_n$, est donc engendrée par une partition de $\Omega$. Un élément de cette partition est déterminé par les valeurs prises par les $X_k$, $k = 0, \dots, n$. On note $A_1, \dots, A_m$ la partition de $\Omega$ engendrant $\mathcal{B}_n$. Il est possible de montrer que
$P(A_i) > 0$ pour tout $i = 1, \dots, m$, mais ceci n'est pas nécessaire pour la suite. En utilisant l'exercice 11.2, on a alors

$$E(1_{\{T \le n+n_0\}} | \mathcal{B}_n) = \sum_{i=1}^{m} \frac{\int_{A_i} 1_{\{T \le n+n_0\}} dP}{P(A_i)} 1_{A_i} = \sum_{i=1}^{m} \frac{P(\{T \le n+n_0\} \cap A_i)}{P(A_i)} 1_{A_i} \quad \text{p.s.} \quad (11.18)$$

Si pour certaines valeurs de $i$ on a $P(A_i) = 0$, l'égalité (11.18) est encore vraie en supprimant ces valeurs de $i$ dans la somme. C'est pour cela qu'il est inutile de démontrer que $P(A_i) > 0$ pour tout $i$.

Soit $1 \le i \le m$, on montre maintenant que $P(\{T \le n + n_0\} \cap A_i) \ge \varepsilon_0 P(A_i)$. Comme $T$ est un temps d'arrêt, on a $\{T \le n\} \in \mathcal{B}_n$, il existe donc $I \subset \{1, \dots, m\}$ t.q.

$$\{T \le n\} = \cup_{i \in I} A_i.$$

On distingue maintenant les cas $i \in I$ et $i \notin I$.

**Premier cas**, $i \in I$. Ce cas est facile car on alors $T \le n \le n + n_0$ sur $A_i$ et donc $P(\{T \le n + n_0\} \cap A_i) = P(A_i) \ge \varepsilon_0 P(A_i)$.

**Second cas**, $i \notin I$. Dans ce cas on a $T > n$ sur $A_i$. Ceci n'est possible que si, pour tout $k \in \{0, \dots, n\}$, $X_k$ est strictement entre $-a$ et $b$. Il existe donc $c \in \mathbb{Z}$ t.q. $X_n = c$ sur $A_i$, avec $-a < c < b$. Comme $c + n_0 = c + a + b > b$, on remarque alors que

$$A_i \cap \left( \bigcap_{j=1}^{n_0} \{J_{n+j} = 1\} \right) \subset \{T \le n + n_0\}.$$

On a donc

$$P(\{T \le n + n_0\}) \ge P(A_i \cap \left( \bigcap_{j=1}^{n_0} \{J_{n+j} = 1\} \right)).$$

On utilise maintenant l'indépendance de la tribu $\mathcal{B}_n$ (engendrée par $J_1, \dots, J_n$) et des tribus engendrées par $J_{n+1}, \dots, J_{n+n_0}$, ce qui est donné par l'hypothèse d'indépendance des $J_k$ et la proposition 2.58, on obtient

$$P(\{T \le n + n_0\}) \ge p(A_i) \prod_{j=1}^{n_0} P(\{J_{n+j} = 1\}) = p(A_i) \left(\frac{1}{2}\right)^{n_0} = \varepsilon_0 P(A_i).$$

On peut maintenant revenir à (11.18). On obtient

$$E(1_{\{T \le n+n_0\}} | \mathcal{B}_n) \ge \sum_{i=1}^{m} \varepsilon_0 1_{A_i} \text{ p.s.,}$$

et on en déduit bien, comme $A_1, \dots, A_m$ est une partition de $\Omega$, $E(1_{\{T \le n+n_0\}} | \mathcal{B}_n) \ge \varepsilon_0 \text{ p.s.}$. L'exercice 11.30 donne alors $E(T) < +\infty$.

3. Montrer que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).

**Corrigé** – Le deuxième item de l'exemple 11.16 (démontré dans l'exercice 11.25) donne que la suite $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).

4. Montrer que $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$) et que $p_a = b/(a+b)$.

**Corrigé** – Comme $T$ est un temps d'arrêt, le théorème 11.18 (sur les martingales arrêtées) et la question précédente donnent que la suite $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est aussi une martingale (par rapport à la filtration $(\mathcal{B}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).
Comme $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale, on a $E(Y_n) = E(Y_0)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Mais, $Y_0 = X_0 = 0$, on a donc $E(Y_n) = 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

On utilise maintenant le fait $E(T) < +\infty$. Ceci donne que $T < +\infty$ p.s.. On en déduit que $Y_n$ tend p.s. vers $X_T$ (c'est-à-dire vers la v.a.r. $\omega \mapsto X_{T(\omega)}$ en posant, par exemple, $X_\infty = 0$). Comme $|Y_n| \le \max\{a, b\}$ p.s. (et pour tout $n \in \mathbb{N}$), le théorème de convergence dominée donne

$$E(Y_n) \to E(X_T) \text{ quand } n \to +\infty.$$

Comme $E(Y_n) = 0$ on a donc $E(X_T) = 0$. On conclut en remarquant que

$$E(X_T) = -aP(\{X_T = -a\}) + bP(\{X_T = b\}) = -ap_a + b(1 - p_a) = b - (a + b)p_a,$$

$$\text{et donc } p_a = \frac{b}{a+b}.$$

N.B. : On peut aussi montrer que $E(T) = ab$.

**Exercice 11.32 (Il est temps de s'arrêter)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé muni d'une filtration $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de v.a.r., adaptée à la filtration $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$. On suppose aussi que $E[|X_n|] < \infty$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

1. Montrer que pour tout temps d'arrêt (par rapport à $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$) $\tau$ borné,

$$E[|X_\tau|] < \infty.$$

**Corrigé** – $\tau$ est borné, il existe donc $n \in \mathbb{N}$ t.q. $\tau \le n$, on a alors $|X_\tau| \le \sum_{k=0}^n |X_k|$, et

donc

$$E(|X_\tau|) \le \sum_{k=0}^{n} E(|X_k|) < +\infty.$$

On suppose dans la suite que pour tout temps d'arrêt (par rapport à $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$) $\tau$ borné,

$$E(X_\tau) = E(X_0).$$

2. Soit $p \in \mathbb{N}$ et $\Lambda \in \mathcal{F}_p$. On définit $\sigma_p$ par

$$\sigma_p(\omega) = p \text{ si } \omega \in \Lambda \text{ et } \sigma_p(\omega) = p + 1 \text{ si } \omega \notin \Lambda.$$

Montrer que $\sigma_p$ est un temps d'arrêt (par rapport à $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$.

$$\text{Si } n = p, \text{ on a } \{\sigma_p = n\} = \Lambda \in \mathcal{F}_p = \mathcal{F}_n.$$

$$\text{Si } n = p + 1, \text{ on a } \{\sigma_p = n\} = \Lambda^c \in \mathcal{F}_p = \mathcal{F}_{n-1} \subset \mathcal{F}_n.$$

$$\text{Si } n \notin \{p, p+1\}, \text{ on a } \{\sigma_p = n\} = \emptyset \in \mathcal{F}_n.$$

On a donc $\{\sigma_p = n\} \in \mathcal{F}_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et ceci montre que $\sigma$ est un temps d'arrêt par rapport à $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$.
3. Soit $p \in \mathbb{N}$ et $v_p$ défini par $v_p(\omega) = p + 1$ pour tout $\omega \in \Omega$.

Montrer que $v_p$ est aussi un temps d'arrêt (par rapport à $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$).

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$. On a $\{v_p = n\} = \Omega \in \mathcal{F}_n$ si $n = p + 1$ et $\{v_p = n\} = \emptyset \in \mathcal{F}_n$ si $n \neq p + 1$. On a donc $\{v_p = n\} \in \mathcal{F}_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et ceci montre que $v$ est un temps d'arrêt par rapport à $(\mathcal{F}_n)_{n \in \mathbb{N}}$.

4. En remarquant que $X_\tau = X_\tau 1_A + X_\tau 1_{A^c}$ (pour tout temps d'arrêt $\tau$ et tout événement A), montrer que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une martingale.

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$. On veut montrer que $E(X_{n+1}|\mathcal{F}_n) = X_n \text{ p.s., c'est-à-dire que}$
$$E(X_{n+1} U) = E(X_n U), \qquad (11.19)$$

pour toute v.a.r. U $\mathcal{F}_n$-mesurable bornée.

On commence par montrer (11.19) si $U = 1_\Lambda$ avec $\Lambda \in \mathcal{F}_n$. Soit donc $\lambda \in \mathcal{F}_n$. On utilise alors les temps d'arrêt $\sigma_n$ et $v_n$, définis dans les deux questions précédentes, avec $p = n$. Comme ces deux temps d'arrêt sont bornés on a

$$E(X_{v_n}) = E(X_{\sigma_n}) = E(X_0).$$

Mais, $X_{\sigma_n} = X_{\sigma_n} 1_\Lambda + X_{\sigma_n} 1_{\Lambda^c} = X_n 1_\Lambda + X_{n+1} 1_{\Lambda^c}$ et $X_{v_n} = X_{n+1}$. On a donc

$$E(X_{n+1}) = E(X_n 1_\Lambda + X_{n+1} 1_{\Lambda^c}) = E(X_n 1_\Lambda) + E(X_{n+1} 1_{\Lambda^c}),$$

ce qui donne $E(X_{n+1}(1 - 1_{\Lambda^c})) = E(X_n 1_\Lambda)$. Comme $1 - 1_{\Lambda^c} = 1_\Lambda$, on a donc montré (11.19) pour $U = 1_\Lambda$.

Par linéarité de l'espérance, on remarque alors que (11.19) est encore pour U v.a.r. étagée formée avec des éléments de $\mathcal{F}_n$, c'est-à-dire toute v.a.r. U de la forme $\sum_{i=1}^k \alpha_i 1_{A_i}$ avec $A_i \in \mathcal{F}_n$ et $\alpha_i \in \mathbb{R}$.

Soit maintenant U $\mathcal{F}_n$-mesurable bornée. Il existe alors une suite $(U_k)_{k \in \mathbb{N}}$ de v.a.r. étagées formées avec des éléments de $\mathcal{F}_n$ t.q. $U_k \to U \text{ p.s. quand } k \to +\infty \text{ et } |U_k| \le |U| \text{ p.s. (et pour tout k). Grâce au théorème de convergence dominée, on peut alors passer à la limite quand } k \to +\infty \text{ dans l'égalité } E(X_{n+1} U_k) = E(X_n U_k) \text{ et on obtient bien (11.19). Ceci prouve que } E(X_{n+1}|\mathcal{F}_n) = X_n \text{ p.s. et donc que } (X_n)_{n \in \mathbb{N}} \text{ est une martingale.}$

That's all folks !
Références

[1] Haïm BREZIS. Analyse Fonctionnelle : Théorie et Applications. Paris : Masson, 1983.

[2] Marc BRIANE et Gilles PAGÈS. Analyse, Théorie de l'ingégration. Paris : Vuibert, 2012, 5ᵉ édition.

[3] Jérôme DRONIOU. « Intégration et Espaces de Sobolev à Valeurs Vectorielles ». 2001.
URL : http://www-gm3.univ-mrs.fr/polys.

[4] Thierry GALLOUËT et Raphaèle HERBIN. « Equations aux dérivées partielles ». 2012.
URL : http://www.cmi.univ-mrs.fr/~gallouet/master2.d/tele.d/m2-12/M2edp.pdf.

[5] Roger JEAN. Mesure et intégration. Avec une préface de Serge Dubuc. Les Presses de l'Université du Québec, Montreal, Que., 1975, pages xxii+305.

[6] Henri Leon LEBESGUE. *Leçons sur l'intégration et la recherche des fonctions primitives professées au Collège de France*. Cambridge Library Collection.
Cambridge : Cambridge University Press, 2009, pages ii+vii+138. ISBN : 978-1-108-00185-4. URL :
http://dx.doi.org/10.1017/CBO9780511701825.

[7] Amaury MOUCHET. L'étrange subtilité quantique, Quintessence de poussières. Paris : Dunod, 2010.

[8] Jacques NEVEU. Bases mathématiques du calcul des probabilités. Paris : Masson, 1980.

[9] Daniel REVUZ. Mesure et intégration. Paris : Hermann, 1997.

[10] Daniel REVUZ. *Probabilités*. Paris : Hermann, 1997.

[11] Walter RUDIN. Analyse réelle et complexe. Translated from the first English edition by N. Dhombres and F. Hoffman, Third printing. Paris : Masson, 1980, pages x+397.
ISBN : 2-225-48400-7.

[12] Khoan VO-KHAC. Mesure, intégration, convolution, & analyse de Fourier. Paris :
Ellipses Édition Marketing, 1984, page 256.
Index

algèbre, 37

engendrée, 38, 434

application anti-linéaire, 300

Ascoli (théorème d'), 472

astuce de Minty, 389

atome ponctuel, 43

Banach

espace de, 11

théorème de, 535

base hilbertienne, 303, 308

Bayes (formule de), 63

Beppo-Levi (théorème de), 179

Bernstein (théorème de), 31

Bienaymé Tchebychev (inégalité de), 186

Bochner (intégrale de), 11

Borel (tribu de), 39, 110, 132

Borel-Cantelli (lemme de), 106, 239

Borel-Lebesgue (compacité de), 471

borélien, 39

de $\mathbb{R}_+$, 110

Cantor

ensemble de, 99

théorème de, 39

Carathéodory (théorème de), 52

Cauchy-Schwarz (inégalité de), 288

changement de variable, 430, 431, 450,
461

compacité, 471

$L^p - L^q$, 346

de Borel-Lebesgue, 471

séquentielle, 471

continuité

croissante, 44

de $L^p$ dans $L^q$, 339

décroissante, 44, 45

en moyenne, 331, 466, 475

sous $\int$, 183

convergence

dans $L^1$, 175, 410

dans $L^\infty$-faible, 410

des normes, 341, 345

dominée, 179

en loi, 406-409

en mesure, 126, 175

en mesure dominée, 180

en probabilité, 126, 408, 409

étroite, 270, 322, 325, 393, 405

faible, 320, 382

et convexité, 395

produit et, 399

faible *, 320, 322, 472

presque partout, 124, 126, 175, 341,
345, 410

presque sûre, 124, 126, 366

simple, 11, 126

uniforme, 11, 126

vague, 270, 322, 325

convolution, 453

de mesures signées, 429

itérations de, 457

$L^p-C_c^\infty$, 454
$L^p-L^q$, 477

coordonnées polaires, 431, 457, 458

covariance, 185, 492, 500

d'une somme de v.a.i., 503

nulle, 237

Darboux (somme de), 13

décomposition

d'une fonction étagee positive, 111

d'une mesure, 373

de Hahn, 49

densité

d'une mesure, 168, 315, 336

de $C_c$ dans $L^1$, 447

de $C_c$ dans $L^p$, 331, 465, 466, 475

de $C_c^\infty$ dans $L^1$, 424, 447

de $C_c^\infty$ dans $L^p$, 469, 470

dérivabilité sous $\int, 184$

Dirac (mesure de), 42, 130, 131, 169, 196, 256

Dirichlet (intégrale de), 442

dualité, 292, 300, 313, 376

Dunford-Pettis (théorème de), 405

égalité

presque partout, 124, 131, 174

presque sûre, 124

Egorov (théorème d'), 125, 146

ensemble de Cantor, 99

équiprobable, 43

espace

de Banach, 11, 13

de Hilbert, 13, 290

de Schwartz, 517

des fonctions mesurées, 115

dual, 292

$l^2, 364$

$L^1, 174, 191$

$L^1, 170$

$L^2, 288, 290, 297, 309, 311, 351$

$L^p, 440, 513$

mesurable, 40

mesuré, 42

préhilbertien, 290

probabilisable, 40

probabilisé, 42

séparable, 303

espérance, 185, 233

conditionnelle, 549, 553-556, 561

conditionnellement à une v.a.r., 556, 562, 564

conditionnellement à une tribu, 561

événements, 35, 37

indépendants, 64

éventualité, 37

famille régularisante, 467

Fatou (lemme de), 167, 219, 220, 280, 345, 346, 370

filtration, 558

fonction

absolument continue, 369

à support compact, 188, 465, 469

borélienne, 114

“bosse glissante”, 178

caractéristique d'un ensemble, 111

$C_c^\infty(\Omega, \mathbb{R})$, 466

de répartition, 67, 108, 406

en escalier, 9

essentiellement bornée, 125

étagée, 111

intégrable, 170

localement intégrable, 467

mesurable, 114

mesurable au sens de Lusin, 134

réglée, 9, 24

signe, 236

Fourier

série de, 309

transformation de, 513

fréquence, 43

Fubini (théorème de), 420
Fubini-Tonelli (théorème de), 417

Gauss (loi de), 170

Hölder (inégalité de), 277, 286

Hardy (inégalité de), 336

Hilbert (espace de), 13

identité

de Wald, 367

du parallélogramme, 292, 351

indépendance, 64, 65, 138, 235

inégalité

de Bienaymé Tchebychev, 186

de Cauchy-Schwarz, 288

de Hölder, 277

de Hölder généralisée, 286

de Hardy, 336

de Jensen, 233, 555

de Markov, 186, 204

de Minkowski, 278

de Young, 276, 455

injection canonique, 314, 376

intégrale

d'une fonction étagée positive, 158

d'une fonction continue, 17, 20

d'une fonction mesurable positive,
162

de Bochner, 11

de Dirichlet, 442

de Lebesgue, 170

de Riemann, 9, 257

sur L¹, 174

sur un espace de Banach, 10

invariance par translation, 62, 424, 448

inversion partielle de la transformée de
Fourier, 516

isométrie, 365

Jensen (inégalité de), 233, 555

Kolmogorov (théorème de), 471

Lebesgue

intégrale de, 170

mesure de, 52, 63, 422

points de, 266, 410

tribu de, 55

Lebesgue-Stieltjes (théorème de), 68

lemme

de Borel-Cantelli, 106, 239

de Fatou, 167, 177, 210, 219, 220,
280, 345, 346, 370

de Lax-Milgram, 354

linéarité

de l'intégrale, 159, 163, 170, 176

loi

binomiale, 69

de densité, 69

de Gauss, 170

de Pascal, 69

de Poisson, 69

de probabilité, 67, 68

continue, 69

discrète, 68

empirique des grands nombres, 43

exponentielle, 143, 169

faible des grands nombres, 328

forte des grands nombres, 329

image (théorème de la), 490

uniforme, 69, 169

Markov (inégalité de), 186

martingale, 559, 560

matrice

de covariance, 500

des moments, 500

mesurable

fonction, 114

partie, 40

v.a.r. par rapport à une autre, 557

mesure, 41

absolument continue, 46

absraite, 245
atomique, 43

borélienne sur $\mathbb{R}^n$, 433

complète, 44

complétée, 46

de Dirac, 42, 130, 131, 169, 196, 256

de Lebesgue, 52, 63, 422

de Radon, 245, 251

de densité, 168, 212, 315

diffuse, 43

étrangère, 46

finie, 42

produit, 436

$\sigma$-additive, 41

$\sigma$-finie, 42

$\sigma$-sous-additive, 44

signée, 48

Minkowski (inégalité de), 278

moment, 185

monotonie

de la mesure, 44

de l'intégrale, 159, 163, 171, 176

moyenne de Cesàro, 328

multi-indice, 517

négligeable, 43

norme, 13, 172, 175, 191

noyaux régularisants, 270, 467

orthogonal, 293

parallélogramme (identité du), 292

partition, 155, 366

Pascal (loi de), 69

Plancherel (théorème de), 521

points de Lebesgue, 266, 410

Poisson (loi de), 69

primitive d'une fonction $L^p$, 451

probabilité, 42

conditionnelle, 63

de densité, 169

marginale, 489

procédé diagonal, 398, 473

processus, 558

produit scalaire, 288, 292, 351

projecteur, 489

algébrique, 298

orthogonal, 298

projection, 294, 352, 356, 361, 362

orthogonale, 298

régularisation par convolution, 468

Radon-Nikodym (théorème de), 314, 316

réciproque partielle de la convergence dominée, 182, 280

réflexif, 314

régularité

d'une mesure borélienne, 423

d'une mesure finie sur les compacts, 58

de la mesure de Lebesgue, 445

répartition

fonction de, 108

Riemann

intégrale de, 257

somme de, 13

Riesz (théorème de représentation de), 300

Riesz (théorème de), 245, 251

Riesz-Fisher (théorème de), 182

Schwartz (espace de), 517

semi-algèbre, 460

semi-norme, 172

séparable, 303, 333, 470, 476, 477

série de Fourier, 309

séries absolument convergentes dans $L^1$, 181

$\sigma$-additivité, 41

$\sigma$-sous-additivité, 44

somme

de Darboux, 13

de mesures, 194
de Riemann, 13
sous-martingale, 559
suite régularisante, 270
sup

de mesures, 192
essentiel, 125
sur-martingale, 559

temps d'arrêt, 559
tendue, 325, 474, 501
tension, 325
théorème

central limite, 329, 529

d'Ascoli, 472

de Banach, 535

de Beppo-Levi, 179

de Bernstein, 31, 39

de Cantor, 39

de Carathéodory, 52

de compacité dans $L^1$, 482

de complétion d'une mesure, 46

de convergence dominée, 179, 180

de convergence monotone, 165, 166

de dualité, 313

de Dunford-Pettis, 405

d'Egorov, 125, 146

de Fubini, 420

de Fubini-Tonelli, 417, 437

de Kolmogorov, 471, 482

de la loi image, 490

de Lebesgue-Stieltjes, 68

de Plancherel, 521

de Radon-Nikodym, 314, 316, 319, 372, 374

de Riesz
de représentation de, 300
pour les mesures positives, 245
pour les mesures signées, 251

de Riesz-Fisher, 182

de Vitali, 183, 217, 221

topologie, 39
induite ou trace, 71, 110

trace de fonction, 436

transformation de Fourier, 513

transformée de Fourier

dans $L^2$, 521

dans $L^1$, 514

dans $S_N$, 518

d'une mesure, 536

du produit de fonctions, 515

tribu, 36, 366
borélienne, de Borel, 39, 110, 132
de Lebesgue, 55
engendrée, 37, 115
trace, 71

tribus
indépendantes, 138
intersection de, 37

troncature, 153
et régularisation, 469

variable(s) aléatoire(s), 114, 115
composition de, 137
gaussienne, 238
indépendantes (v.a.i.), 122
réelles indépendantes identiquement
distribuées(v.a.r.i.i.d.), 122
réelle (v.a.r.), 114, 499
tribu engendrée par une, 154

variance, 185, 233, 492

vecteur aléatoire, 114, 487
gaussien, 539
loi d'un, 546

Vitali (théorème de), 183

Wald (identité de), 367

Young (inégalité de), 455