Cesàro, convergence en $L^1$ et probabilité
Bonjour,
J'essaye de faire cet exercice mais je reste bloqué sur la question e.
J'ai bien montré la première partie de la question e, mais pour le en déduire... je ne vois pas comment faire.
J'ai pensé à écrire : Y1+...+Yn >= Mn
mais aussi Y1+...+Yn >= nMn et je n'arrive pas à conclure.
Pour la question f, comment débuter ?
Merci pour vos réponses
iris
J'essaye de faire cet exercice mais je reste bloqué sur la question e.
J'ai bien montré la première partie de la question e, mais pour le en déduire... je ne vois pas comment faire.
J'ai pensé à écrire : Y1+...+Yn >= Mn
mais aussi Y1+...+Yn >= nMn et je n'arrive pas à conclure.
Pour la question f, comment débuter ?
Merci pour vos réponses
iris
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Réponses
As-tu réussi à montrer l'inégalité demandée sur $\limsup_{n \to +\infty} \mathbb P(M_n \leq n \varepsilon)$, où est-ce là-dessus que tu bloques ?
Pour $\varepsilon$ assez petit, j'arrive à $e^{\varepsilon-1}<\frac{1}{2}$
EDIT: Poirot est trop rapide
Est-ce que vous auriez une piste pour la question f car je ne sais pas du tout comment commencer la question?
J'avais essayé de faire votre méthode Krokop mais je n'aboutissais à rien.
Donc avec le log:
$-\log E(e^{-\lambda Dn}) = \sum\limits_{k=1}^n -\log( \dfrac{e^{-\lambda k/n}+k-1}{k})$.
Il vient de notre fiche de TD de probabilité.
2) Oui, mais qui est l'auteur de la fiche ?
$$|-\log(1-u_{k,n})-u_{k,n}|\leq C(u_{k,n})^2\leq C\lambda^2/n^2.$$ Enfin par somme de Riemann$$\sum_{k=1}^nu_{k,n}\to_{n\to \infty}\int_0^1(1-e^{\lambda x})dx/x=I$$ Donc comme $\sum_{k=1}^n C(u_{k,n})^2\leq C\lambda^2/n\to_{n\to \infty}0$ on a
$$\sum_{k=1}^n-\log(1-u_{k,n})\to_{n\to \infty}I.$$
Merci à tous pour vos réponses, elles m'ont été d'une grande aide!!
En quoi la dernière question prouve-t-elle une convergence en loi ?
Bonsoir Krokop ! Oui j'ai été bien moins actif ces derniers temps, après une pause sur ce forum. Pour prouver ce critère, peut-être qu'on peut adapter la démonstration du théorème de continuité de Lévy. Dans ton esquisse je ne saisis pas comment tu approximes un polynôme avec des exponentielles.
On a deux variables aléatoires positives $X,Y$ tels que $E(e^{-\lambda X})=E(e^{-\lambda Y})$ avec $\lambda\ge 0.$ Pour montrer qu'elles ont même loi, il suffit de montrer que pour toute fonction $f$ continue à support compact on ait $E(f(X))=E(f(Y)).$
On part de $f$ on utilise le théorème de Weierstrass à $g=f\circ \log$ pour avoir une approximation uniforme par un polynôme en $P(\exp(-\lambda x))$ pour tout $x\ge 0$ et de là on en déduit le résultat. (Sauf erreur)
Mais en fait, en utilisant le théorème de Morera $s\mapsto E(\exp(-sX))$ est holomorphe sur le demi plan ouvert $H:=\{s;Re(s)>0\}$ donc par prolongement analytique notre égalité de départ $E(e^{-\lambda X})=E(e^{-\lambda Y})$ s'étend à $H$ et à son bord par continuité à mon avis. Donc on est ramené à une égalité sur les fonctions caractéristiques.
Mais tu n'as pas démontré la convergence en loi ;-)
Tu avais raison, faut adapter la démo je pense. L'idée serait de montrer l'équitension de la suite des mesures avec une "tail estimate." En utilisant Fubini on peut écrire $$\frac{1}{c}\int_{0}^c(1-\mathcal{L}(t))dt\ge \frac{1}{e} \mu\{x; x\ge\frac{1}{c}\}.
$$ En utilisant la continuité de $\mathcal{L}$ et la convergence ponctuelle pour tout $t$ de $\mathcal{L}_n(t)\to \mathcal{L}(t)$ on obtient $$\lim_{r\to \infty}\sup_{n}\mu_n\{x: \vert x\vert>r\}=0.
$$ La suite est donc équitendue. Ensuite on utilise le fait que la réunion de deux familles équitendues de mesure de probabilité est encore équitendue + le théorème Weierstrass comme avant, ça devrait fonctionner, non ?
Bonne nuit !
2) Alors, si mes souvenirs sont bons, ça marche si on a convergence de la transformée de Laplace dans un voisinage de $0$, mais il faut savoir que c'est une transformée de Laplace. Je croyais que c'était fait dans Ouvrard 2, mais je ne l'y retrouve pas.
3) En fait, ce n'est pas très dur de travailler avec la fonction caractéristique et le 2e théorème de Levy.
Si $f_{\lambda}(x)=\frac{e^{-i\lambda x}-1}x$, on doit comparer $\prod_{k=1}^n (1+\frac1{n} f_{\lambda}(k/n))$ et $\prod_{k=1}^n \exp(\frac1{n} f_{\lambda}(k/n))$. C'est une différence de produits de nombres de module $\le 1$ et ça roule bien.
@aléa : J'ai l'impression qu'on peut souvent se passer de Laplace, me trompé-je ?
Soit $\mathbb{P}$ une mesure de probabilité sur $[0,\infty[.$ Notons $\mathcal{L}:t\ge 0\mapsto \int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\mathbb{P}(dx)$ la transformée de Laplace de $\mathbb{P}.$
Soit $(\mathbb{P}_n)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de mesures de transformée de Laplace $\mathcal{L}_n.$
On suppose que pour tout $t\ge 0$ on a la convergence ponctuelle $\mathcal{L_n}(t)\to \mathcal{L}(t).$ On souhaite montrer la convergence faible de $ \mathbb{P}_n$ vers $\mathbb{P}.$
Une condition suffisante pour cela est que $(\mathbb{P}_n)_n$ soit équitendue et que pour toute fonction continue $f:[0,+\infty[\to\mathbb{R}$ à support compact on a $\mathbb{P}_nf\to \mathbb{P}f.$
Le deuxième point c'est ma "boulette" d'hier.
Pour le premier point.
Lemme
La suite $(\mathbb{P}_n)_n$ est équitendue.
Preuve. Soit $c>0$, on a (théorème de Fubini)
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{c}\int_{0}^c(1-\mathcal{L}_n(t)dt &=& \frac{1}{c}\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^c(1-e^{-tx})dt\mathbb{P}_n(dx)\\
&\ge& \frac{1}{e}\mathbb{P}_n(\vert x\vert \ge \frac{1}{c})
\end{eqnarray*}
Soit $\varepsilon>0$ par continuité de $\mathcal{L}$ en $0$ en remarquant que $\mathcal{L}(0)=1$ on obtient en prenant $a:=\frac{1}{c}$ qu'il existe $N$ tel que pour tout $n\ge N$ on ait $$\mathbb{P_n}(\vert x\vert>a)\le\varepsilon/e.$$
Ce qui montre que la suite est équitendue (Oui il ne faut pas oublier les $P_n$ pour $n<N$).
$1-e^{-tX_n}\ge 1_{X_n\ge c} (1-e^{-tc})$, on intègre et $P(X_n\ge c)\le\frac{1-L_{X_n}(t)}{1-e^{-tc}}$.
Après comme toi $tc=1$, etc.
Après, on conclut avec Prohorov.
Sauf à connaître déjà la distribution de Dickman, il faudrait encore bosser un peu pour montrer que la fonction limite trouvée est bien une transformée de Laplace.
(Mais tout cela n'est évidemment pas le but de l'exercice, on fait du rab.)