Simon Coste

TD8 Exercice 11

J'ai reçu plusieurs mails me demandant une correction de l'exercice 11 du TD8. La voici (vérifiez bien les détails, ils y a peut-être des coquilles).

Bon courage pour les révisions ! 🎅🎅🎅🎅

a) L'intégrale fait 1 donc c'est une densité. Comme la densité est une fonction symétrique, l'espérance est nulle : $\mathbb{E}[X]=0$. Encore par symétrie, on a $\mathbb{E}[X^2] = 2\int_1^\infty x^2 / x^3 dx = +\infty$. Le TCL ne s'applique pas car $X$ n'est donc pas $L^2$.

b) Comme $X$ a une loi symétrique on a $\varphi(-t) = \varphi(t)$. De plus, on a toujours $\varphi(-t) = \overline{\varphi(t)}$. On en déduit que $\varphi(t) = \overline{\varphi(t)}$, c'est-à-dire que $\varphi$ est en fait une fonction à valeurs réelles, et donc $\varphi(t) = \mathrm{Re}\mathbb{E}[e^{itX}] = \mathbb{E}[\cos(tX)]$. Le cosinus et la densité de $X$ étant des fonctions symétriques, on peut écrire

$$\varphi(t) = 2\int_1^\infty \frac{\cos(tx)}{x^3}dx.$$

Le changement de variables $y = tx$ donne

$$\varphi(t) = 2 t^2 \int_t^\infty \frac{\cos(y)}{y^3}dy$$

On écrit artificiellement $\cos(y) = 1 - (1 - \cos(y))$. Comme $\int_t^\infty 1/y^3 dy = [-2/y^2]_t^\infty = 2t^2$, on en déduit que

$$\varphi(t) = \frac{2t^2}{2t^2} - 2t^2\int_t^\infty \frac{1 - \cos(y)}{y^3}dy$$

ce qui est bien l'identité demandée.

c) Il s'agit essentiellement de montrer que la fonction $g(t)$ définie par $g(t) = \int_t^\infty (1 - \cos(y))y^{-3}dy$ vérifie $g(t)\sim -\ln(t)/2$ lorsque $t\to 0^+$ (ou plus précisément $g(t) = -\ln(t)/2 + o(\ln(t)))$.

Idée : On coupe l'intégrale en $a$ (à choisir plus tard), $g(t) = \int_t^a… + \int_a^\infty…$; le second terme est une constante donc on l'oublie. On va montrer que le premier terme est équivalent à $\ln(1/t)/2$. Près de 0 on a $\cos(x) \sim 1 - x^2/2 + o(x^2)$, donc en zéro la fonction dans l'intégrale est $\sim 1/2x$ et l'intégrale devrait être comparable à l'intégrale de $\int_t^a 1/2ydy = (\ln(a)-\ln(t))/2 \sim ln(1/t)/2$.

Je vous laisse essayer par vous-même de rendre rigoureuse cette idée (indice : bien choisir $a$ et bien quantifier le petit o dans l'équivalent du cos). Envoyez moi un mail si vous avez des questions.

d) Comme les $X_i$ sont iid, $\varphi_{Z_n}(t) = \varphi(t/\sqrt{n\ln(n)})^n$. Lorsque $n\to \infty$, la question précédente montre que ceci est équivalent à

$$\exp\left(n\ln\left(1 - \frac{t^2}{n\ln(n)}\ln\left(\frac{t}{\sqrt{n\ln(n)}}\right) + o(t^2 / n\ln(n))\right)\right)$$

Il faut calculer cette limite. L'équivalent usuel du logarithme en zéro est suffisant: on voit que le terme dans l'exponentielle est équivalent à

$$\begin{aligned}- \frac{nt^2}{n\ln(n)}\ln(t) - \frac{nt^2(\ln(n) + \ln\ln(n))}{2n\ln(n)} + o(t^2/\ln(n))& = \frac{t\ln(t)}{\ln(n)} - \frac{t^2}{2} - \frac{t^2\ln\ln(n)}{2\ln(n)} + o(1) \\ &= o(1) - t^2/2 + o(1) + o(1) \\ &= -t^2/2 + o(1)\end{aligned}$$

ce qui veut précisément dire que $\varphi_{Z_n}(t)\to e^{-t^2/2}$, et donc par le théorème de Paul Lévy que $Z_n$ converge en loi vers $\mathscr{N}(0,1)$.

e) La fonction $x \mapsto e^{-\theta x^2}$ est une fonction continue bornée. Par conséquent, la convergence en loi de la question précédente entraîne que $\mathbb{E}[e^{-\theta Z_n^2}] \to \mathbb{E}[e^{-\theta N^2}]$ où $N$ est une gaussienne standard. Le carré d'une gaussienne standard suit une loi du chi-deux avec paramètre 1 (qui est aussi une loi $\Gamma(1/2, 1/2)$). On a déjà vu la transformée de Laplace de ces lois: 

$$\mathbb{E}[e^{-\theta N^2}] = \left(\frac{1}{1 + 2\theta}\right)^{1/2}$$

Théorème de Carleman : TD7 exercice 12

L'objectif est de montrer que si une suite de variables $X_n$ est uniformément sous-gaussienne, c'est-à-dire s'il existe $C,c$ telles que pour tout $x$,

$$\mathbb{P}(|X_n|>x)\leq Ce^{-cx^2}$$

alors la convergence en loi des $X_n$ et la convergence des moments sont équivalentes.

Ce théorème (sous une forme plus forte) est dû à Torsten Carleman, mathématicien suédois peu fréquentable.

Correction de l'exercice 12 du TD 7: le théorème de Carleman

On rappelle que si $X$ est positive alors

$$\mathbb{E}X = \int_0^\infty \mathbb{P}(X>x)dx.$$

a)

En utilisant (8) on voit que

$$\begin{aligned}\mathbb{E}|X_n|^k &= \int_0^\infty \mathbb{P}(|X_n|^k>x)dx \\ &= \int_0^\infty \mathbb{P}(|X_n|>x^{1/k})dx \\ &\leqslant \int_0^\infty Ce^{-cx^{2/k}}dx = A < \infty \end{aligned}$$

ce qui montre que les $X_n$ ont bien des moments à tous les ordres.

Par ailleurs si l'on pose $f_n(x) = \mathbb{P}(|X_n|>x^{1/k}), f(x) = \mathbb{P}(|X|>x^{1/k})$ et $F_n(x) = \mathbb{P}(X_n \leqslant x), F(x) = \mathbb{P}(X\leqslant x)$ on voit que

• sur $\mathbb{R}_+$ ces fonctions sont dominées par la fonction $Ce^{-x^{2/k}}$ qui est intégrable;

• $f_n(x) = \mathbb{P}(X_n < -x^{1/k}) + \mathbb{P}(X_n > x^{1/k}) = \lim_{t\stackrel{<}{\to} -x^{1/k}}F_n(t) + 1 - F_n(x^{1/k})$. Or, comme $X_n$ converge en loi vers $X$, $F_n$ converge vers $F$ en tout point de continuité de $F$. Or, les points de discontinuité d'une fonction croissante sont au plus dénombrables, donc de mesure de Lebesgue nulle, donc $F_n \to F$ presque partout. On en déduit que $f_n \to f$ presque partout.

Par le théorème de convergence dominée on a donc $\mathbb{E}|X_n|^k = \int_0^\infty f_n \to \int_0^\infty f = \mathbb{E}|X|^k$. De plus, comme $\mathbb{E}|X_n|^k \leqslant A$ pour tout $A$, on en déduit immédiatement que $\mathbb{E}|X|^k \leqslant A$ donc en plus, tous les moments de $X$ sont finis.

Cela montre la convergence de tous les moments absolus, donc aussi de tous les moments d'ordre pair. Pour la convergence des moments impairs, on décompose en partie positive/négitave : $X_n = A_n - B_n$. En fait, $A_n = \sigma(X_n)$ avec $\sigma(x) = \max\{x,0\}$ et $\sigma$ est une fonction continue; or, si $X_n$ converge en loi, toutes les fonctions continues^[1] de $X_n$ aussi, donc $\sigma(X_n)$ converge en loi vers $\sigma(X)$ qui est la partie positive de $X$, et de même $B_n = X_n - \sigma(X_n)$ converge en loi vers la partie négative de $X$, notée $B$.

Comme la partie positive et négative de $X_n$ sont également sous-gaussiennes avec les mêmes constantes, on applique ce qui a été vu plus haut; on en déduit que $\mathbb{E}[A^k_n] \to \mathbb{E}A^k$ et $\mathbb{E} B_n^k \to \mathbb{E} B^k$. Or, comme $k$ est impair,

$$\mathbb{E} X_n^k = \mathbb{E} [A_n^k - B_n^k]= \mathbb{E}[A_n^k] - \mathbb{E}[B_n^k] \to \mathbb{E}[A^k] - \mathbb{E}[B^k] = \mathbb{E}[X^k].$$

b)

i)

On a vu que comme les $X_n$ sont sous-gaussiennes,

$$\mathbb{E}[|X_n|^{k+1}] \leqslant \int_0^\infty Ce^{-cx^{2/(k+1)}}dx.$$

En posant $y = cx^{2/(k+1)}$ cette borne devient

$$Cc^{-(k+1)/2}\frac{k+1}{2} \int_0^\infty e^{-y}y^{(k-1)/2}dy = \frac{C(k+1)}{c^{k/2}\sqrt{c}2}\Gamma((k+1)/2) .$$

De plus la fonction $\Gamma$ vérifie la borne suivante: si $m\leqslant x < m+1$ avec $m$ entier alors par croissance $\Gamma(x)\leq \Gamma(m+1) = m!\leq m^m\leq x^x$. Par conséquent (12) est plus petit que

$$\frac{C (k+1)}{c^{k/2}2\sqrt{c}}((k+1)/2)^{(k+1)/2}$$

et comme $(k+1)/2 \leq k$, tout ceci est plus petit que

$$\frac{C}{2\sqrt{c}}\frac{k^{k/2 + 3/2}}{c^{k/2}}= \frac{C}{2\sqrt{c}}(k/c)^{k/2} k^{3/2}$$

Par croissance comparée $k^{3/2} \leq (k/c)^{k/2}$ dès que $k$ est suffisamment grand, donc quitte à ajuster les constantes on voit qu'il existe $a$ tel que tout ceci est plus petit que $(ak)^{k/2}$ comme demandé.

ii)

Par convergence dominée (pourquoi ?) on peut écrire que

$$\varphi_n(t) = \sum_{j=0}^\infty \frac{i^jt^j}{j!}\mathbb{E}X_n^j.$$

Par simplicité on ne regardera que les $t$ positifs, le cas négatif marche de la même manière.

On coupe la somme à un $k$ entier et on borne brutalement le reste, qu'on notera $r=r(n,k,t)$: 

$$|r(n,k,t)| \leq \sum_{j>k} \frac{t^{j+1}}{(j+1)!}(aj)^{j/2}.$$

On a $(j+1)!>j!$ et l'équivalent de Stirling dit que $j!>c j^j \sqrt{j}e^{-j}$. La constante ne jouant aucun rôle, on l'oublie (en fait cette inégalité est vraie pour tout $j$ pour $c=1$). Ainsi, le reste devient borné par

$$\begin{aligned} |r|&\leq \sum_{j>k}\frac{t[t \sqrt{a} \sqrt{j}]^j}{j^j \sqrt{j}e^{-j}}\\ &\leq t\sum_{j>k} \left(\frac{tae}{\sqrt{aj}}\right)^j \frac{1}{\sqrt{j}} \\ &\leq t\sum_{j>k} \rho_j^j \end{aligned}$$

où, à la dernière ligne, j'ai utilisé $1/\sqrt{j}\leq 1$ et j'ai posé $\rho_j = tae / \sqrt{ja}$. Dès que $k$ est plus grand que $4t^2 a e$ on voit que $\rho_j < \rho_k \times (1/2)^{j-k}$. Par conséquent la borne ci-dessus devient plus petite que $t\rho_k^k (1 - 1/2)^{-1} = 2t\rho_k^k$ (série géométrique de raison 1/2). Or,

$$2t\rho_k^k = 2t\left(\frac{tae}{\sqrt{ak}}\right)^k = t^{k+1}(ak)^{-k/2} (ae)^k = t^{k+1}(bk)^{-k/2}$$

où $b$ est une nouvelle constante, $b=1/ae^2$ (si on veut exactement l'énoncé de l'exercice, on met $(ae)^k$ dans la constante du $O(...)$.

iii)

On fixe $t$ et $k$, on a

$$\varphi_n(t) = \sum_{j=0}^k \frac{i^jt^j}{j!}\mathbb{E}X_n^j + r(n,k,t).$$

Comme les $\mathbb{E} X_n^j$ convergent vers $\mathbb{E} X^j$,on voit que $\mathbb{E} X^{j+1}\leq (aj)^{j/2}$. L'analyse faite à la question ii) est donc encore valable pour $X$, en particulier

$$\varphi(t) = \sum_{j=0}^k \frac{i^jt^j}{j!}\mathbb{E} X^j + r'(k,t)$$

où $|r'(k,t)| \leq t^{k+1} (bk)^{-k/2}$.

On en déduit que

$$|\varphi_n(t) - \varphi(t)| \leq \sum^k_0 \frac{t^j}{j!}|\mathbb{E} X_n^j - \mathbb{E} X^j| + |r| + |r'|.$$

Pour conclure, il faut faire attention à l'ordre dans lequel on prend les limites. On fixe d'abord $t$ et on choisit $\epsilon$. Comme $r$ et $r'$ tendent vers 0 quand $k\to \infty$ on choisit un $k$ très très grand pour que $|r| + |r'| \leq \epsilon/2$. Ensuite on fait $n\to \infty$ et le premier terme tend vers 0, donc il est plus petit que $\epsilon/2$.

In fine, on obtient bien que $|\varphi_n(t) - \varphi(t)| \to 0$, donc il y a convergence en loi.

^[1] pas forcément bornées !