Variable aléatoire positive
Bonjour,
Soit $(\Omega,\mathcal F,\mathbf P)$ un espace probabilisé et $\mathcal G$ une sous-tribu de $\mathcal F$. Soit $Z$ une variable aléatoire positive et $\mathcal G$-mesurable.
Pour tout $p\in\mathbf N$, on pose $Z_p:=\sum_{k=0}^{p2^p}\frac{k}{2^p}\mathbf 1_{\{\frac{k}{2^p}\leq Z\leq\frac{k+1}{2^p}\}}$. (*)
J'essaie de montrer que $Z_p\leq Z_{p+1}$ :
J'ai d'abord essayé pour les petites valeurs de $p$ et j'ai vu que ça marchait :
$Z_0=0$
$Z_1=\frac{1}{2}\mathbf 1_{\{1/2\leq Z\leq 1\}}+\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq 3/2\}}$
$Z_2=\frac{1}{4}\mathbf 1_{\{1/4\leq Z\leq 1/2\}}+\frac{2}{4}\mathbf 1_{\{2/4\leq Z\leq 3/4\}}+\frac{3}{4}\mathbf 1_{\{3/4\leq Z\leq 1\}}+\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq 5/4\}}+\frac{5}{4}\mathbf 1_{\{5/4\leq Z\leq 6/4\}}+\frac{6}{4}\mathbf 1_{\{6/4\leq Z\leq 7/4\}}+\frac{7}{4}\mathbf 1_{\{7/4\leq Z\leq 2\}}+2\mathbf 1_{\{2\leq Z\leq 9/4\}}$
En effet, dans $Z_2$, on voit que la somme du deuxième et du troisième terme est supérieur au premier terme de $Z_1$ et que la somme des quatrième, cinquième, sixième, septième et huitième termes de $Z_2$ est supérieure au second terme de $Z_1$.
Mais en essayant d'adapter ça au cas général, je galère :
J'écris $Z_{p+1}=A_{p+1}+B_{p+1}+C_{p+1}$ avec :
$A_{p+1}$ le premier terme positif de la somme pour $k=1$ dans (*) (inutile de l'expliciter)
$B_{p+1}=\frac{1}{2^p}\mathbf 1_{\{1/2^p\leq Z\leq 3/2^{p+1}\}}+\dots +\frac{2^{p+1}-2}{2^{p+1}}\mathbf 1_{\{\frac{2^{p+1}-2}{2^{p+1}}\leq Z\leq 1\}}$
$C_{p+1}=\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq \frac{2^{p+1}+1}{2^{p+1}}\}}+\dots +(p+1)\mathbf 1_{\{p+1\leq Z\leq \frac{(p+1)2^{p+1}+1}{2^{p+1}}\}}$
On a donc $Z_{p+1}\geq B_{p+1}+C_{p+1}$.
De l'autre côté, on a $Z_p=B_p+C_p$ avec:
$B_p=\frac{1}{2^p}\mathbf 1_{\{1/2^p\leq Z\leq 2/2^p\}}+\dots +\frac{2^p-1}{2^p}\mathbf 1_{\{\frac{2^p-1}{2^p}\leq Z\leq 1\}}$
$C_p=\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq \frac{2^p+1}{2^p}\}}+\dots +p\mathbf 1_{\{p\leq Z\leq \frac{p2^p+1}{2^p}\}}$.
J'imagine que pour conclure, il suffit de montrer que $B_{p+1}\geq B_p$ et $C_{p+1}\geq C_p$ mais je n'y arrive pas.
Soit $(\Omega,\mathcal F,\mathbf P)$ un espace probabilisé et $\mathcal G$ une sous-tribu de $\mathcal F$. Soit $Z$ une variable aléatoire positive et $\mathcal G$-mesurable.
Pour tout $p\in\mathbf N$, on pose $Z_p:=\sum_{k=0}^{p2^p}\frac{k}{2^p}\mathbf 1_{\{\frac{k}{2^p}\leq Z\leq\frac{k+1}{2^p}\}}$. (*)
J'essaie de montrer que $Z_p\leq Z_{p+1}$ :
J'ai d'abord essayé pour les petites valeurs de $p$ et j'ai vu que ça marchait :
$Z_0=0$
$Z_1=\frac{1}{2}\mathbf 1_{\{1/2\leq Z\leq 1\}}+\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq 3/2\}}$
$Z_2=\frac{1}{4}\mathbf 1_{\{1/4\leq Z\leq 1/2\}}+\frac{2}{4}\mathbf 1_{\{2/4\leq Z\leq 3/4\}}+\frac{3}{4}\mathbf 1_{\{3/4\leq Z\leq 1\}}+\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq 5/4\}}+\frac{5}{4}\mathbf 1_{\{5/4\leq Z\leq 6/4\}}+\frac{6}{4}\mathbf 1_{\{6/4\leq Z\leq 7/4\}}+\frac{7}{4}\mathbf 1_{\{7/4\leq Z\leq 2\}}+2\mathbf 1_{\{2\leq Z\leq 9/4\}}$
En effet, dans $Z_2$, on voit que la somme du deuxième et du troisième terme est supérieur au premier terme de $Z_1$ et que la somme des quatrième, cinquième, sixième, septième et huitième termes de $Z_2$ est supérieure au second terme de $Z_1$.
Mais en essayant d'adapter ça au cas général, je galère :
J'écris $Z_{p+1}=A_{p+1}+B_{p+1}+C_{p+1}$ avec :
$A_{p+1}$ le premier terme positif de la somme pour $k=1$ dans (*) (inutile de l'expliciter)
$B_{p+1}=\frac{1}{2^p}\mathbf 1_{\{1/2^p\leq Z\leq 3/2^{p+1}\}}+\dots +\frac{2^{p+1}-2}{2^{p+1}}\mathbf 1_{\{\frac{2^{p+1}-2}{2^{p+1}}\leq Z\leq 1\}}$
$C_{p+1}=\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq \frac{2^{p+1}+1}{2^{p+1}}\}}+\dots +(p+1)\mathbf 1_{\{p+1\leq Z\leq \frac{(p+1)2^{p+1}+1}{2^{p+1}}\}}$
On a donc $Z_{p+1}\geq B_{p+1}+C_{p+1}$.
De l'autre côté, on a $Z_p=B_p+C_p$ avec:
$B_p=\frac{1}{2^p}\mathbf 1_{\{1/2^p\leq Z\leq 2/2^p\}}+\dots +\frac{2^p-1}{2^p}\mathbf 1_{\{\frac{2^p-1}{2^p}\leq Z\leq 1\}}$
$C_p=\mathbf 1_{\{1\leq Z\leq \frac{2^p+1}{2^p}\}}+\dots +p\mathbf 1_{\{p\leq Z\leq \frac{p2^p+1}{2^p}\}}$.
J'imagine que pour conclure, il suffit de montrer que $B_{p+1}\geq B_p$ et $C_{p+1}\geq C_p$ mais je n'y arrive pas.
Réponses
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Tu t'embêtes vraiment pour rien, il suffit de travailler $\omega$ par $\omega$.
Soit $\omega \in \Omega$. Si $Z(\omega) > 1$ il est évident que $Z_p(\omega)=0 \leq Z_{p+1}(\omega)=0$. Sinon, il existe un unique $k \in \{0, \dots, 2^{p+1}\}$ tel que $\frac{k}{2^{p+1}} \leq Z(\omega) < \frac{k+1}{2^{p+1}}$ et alors $Z_{p+1}(\omega) = \frac{k}{2^{p+1}}$. Que vaut $Z_p(\omega)$ ? -
Pourquoi est-ce que si $Z(\omega)>1$ alors $Z_p(\omega)=0$ ? Parce que $\omega$ peut par exemple appartenir à $\{p\leq Z\leq \frac{p2^p+1}{2^p}\}$ (et donc $Z_p(\omega)=p$), non ?
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Je n'avais pas vu que tu sommais jusqu'à $p2^p$, je croyais que c'était $2^p$. Bon du coup il y a quelque cas en plus à considérer, mais dans tous les cas le plus simple est de raisonner $\omega$ par $\omega$.
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Je veux bien avoir les différents cas à considérer, cela fait un moment que j'essaie en vain de résoudre cette question 8-)
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Je fais comme si l'inégalité à droite était stricte car c'est plus joli, sinon il y a encore des sous-cas limites évidents chaque fois que $Z(\omega)$ est de la forme $\frac{p2^p+1}{2^p}$.
Si $Z(\omega) \geq p+1$, évident car $Z_p(\omega)=Z_{p+1}(\omega)=0$.
Si $p \leq Z(\omega) < p+1$, évident aussi car $Z_p(\omega)=0$ et $Z_{p+1}(\omega) = \frac{k}{2^{p+1}}$ pour un certain $k \in [p2^p+1, (p+1)2^{p+1}]$.
Sinon, soit $k$ la partie entière de $2^pZ(\omega)$. Alors on a $$k \leq 2^pZ(\omega) < k+1,$$ soit encore $Z_p(\omega)=\frac{k}{2^p}$ car $0 \leq k \leq 2^pZ(\omega) \leq p2^p$. Mais on a aussi $$2k \leq 2^{p+1}Z(\omega) < 2k+2,$$ de sorte que $Z_{p+1}(\omega) = \frac{2k}{2^{p+1}} = Z_p(\omega)$ ou $Z_{p+1}(\omega) = \frac{2k+1}{2^{p+1}} \geq Z_p(\omega)$ selon que $2k+1 \leq 2^{p+1}Z(\omega)$ ou non.
Dans tous les cas on a bien $Z_{p+1}(\omega) \geq Z_p(\omega)$. -
Déjà je ne comprends pas ton premier cas : $p+1\leq Z(\omega)$.
Je suis d'accord que $Z_p(\omega)=0$, mais pourquoi $Z_{p+1}(\omega)=0$ ? (Certes on s'en fiche, vu que $Z_{p+1}(\omega)$ est positif, on a bien $Z_p(\omega)\leq Z_{p+1}(\omega)$, mais j'ai quand même envie de comprendre). -
Sauf errerur, on a $Z_p=\text{Ent}(2^p x)/2^p1_{[0,p]}(\text{Ent}(2^p x)/2^p)$, ce qui permet d'y voir un peu plus clair.
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D'ailleurs à mon avis la définition de $Z_p$ est bizarre, il devrait y avoir une inégalité stricte.
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@alea : on est d'accord, sinon les $Z_p(\omega)$ peuvent être de la forme $\frac{k}{2^p} + \frac{k+1}{2^p}$.
@Démarrelesprobas : Oui, en fait c'est quand $Z(\omega) \geq p+1+\frac{1}{2^{p+1}}$ que l'on a ça, mais bon il suffit de translater tous les cas que j'ai considéré pour prendre en compte que la somme va jusqu'à $p2^p$ et pas $p2^p-1$ :-D -
Bon, visiblement, il y avait une erreur dans la démonstration que je lisais. Le théorème en question est le suivant :
Soit $(\Omega,\mathcal F,\mathbf P)$ un espace probabilisé, $\mathcal G$ une sous-tribu de $\mathcal F$ et $Z:\Omega\rightarrow [0,\infty]$ une variable aléatoire $\mathcal G$-mesurable.
Alors il existe $(B_n)_{n\in\mathbf N}\in\mathcal G^{\mathbf N}$ et $(c_n)_{n\in\mathbf N}\in(\mathbf R_+)^{\mathbf N}$ tels que $Z=\sum_{n\in\mathbf N} c_n\mathbf 1_{B_n}$.
Comment démontrer proprement ce résultat ? :-S
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