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Espérance conditionnelle

Bonjour, j'aurais une question sur un exercice qui parle d'espérance conditionnelle. Si quelqu'un pouvait m'aider s'il vous plaît.
Exercice 3 (Théorème de Rademacher)
Le but de cet exercice est de montrer par une approche probabiliste que toute fonction lipschitzienne est primitive d'une fonction mesurable bornée.
Soient $X$ une variable aléatoire de loi uniforme sur $[0,1]$ et $f:[0,1] \longrightarrow \mathbb{R}$ une fonction lipschitzienne de constante de Lipschitz $L>0$. Pour tout $n \geq 0$, on pose
$X_{n}=\left\lfloor 2^{n} X\right\rfloor 2^{-n} \quad \text { et } \quad Z_{n}=2^{n}\left(f\left(X_{n}+2^{-n}\right)-f\left(X_{n}\right)\right)$
1. Montrer les égalités de tribus suivantes :
$\sigma\left(X_{0}, X_{1}, \ldots, X_{n}\right)=\sigma\left(X_{n}\right) \quad \text { et } \quad \bigcap_{n \geq 0} \sigma\left(X_{n}, X_{n+1}, \ldots\right)=\sigma(X)$
2. Déterminer $\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mid X_{n}\right]$ pour toute fonction $h:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ mesurable continue. En déduire que $\left(Z_{n}\right)_{n \geq 0}$ est une $\mathcal{F}_{n}$-martingale bornée (où $\mathcal{F}_{n}=\sigma\left(X_{0}, X_{1}, \ldots, X_{n}\right.$ ) pour tout $n \geq 0$ ).
3. Montrer que $\left(Z_{n}\right)$ converge p.s. et dans $L^{1}$ vers une variable aléatoire $Z$, puis qu'il existe une fonction $g:[0,1] \longrightarrow \mathbb{R}$ mesurable bornée telle que $Z=g(X)$ p.s..
4. Calculer $\mathbb{E}\left[h(X) \mid X_{n}\right]$ pour toute fonction $h:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ mesurable bornée. En déduire que p.s. :
$Z_{n}=2^{n} \int_{X_{n}}^{X_{n}+2^{-n}} g(u) \mathrm{d} u$
5. Conclure que pour tout $x \in[0,1], f(x)=f(0)+\int_{0}^{x} g(u) \mathrm{d} u$.
Correction de la question 2 : (J'ai réussi la question 1 mais je ne comprends pas la correction de la question 2)
2. Soit $h:[0,1] \longrightarrow \mathbb{R}$ une fonction mesurable continue. Alors $h$ est bornée sur $[0,1]$ donc $h\left(X_{n}\right)$ est intégrable pour tout $n$. On a, pour $n \geq 0$ et $0 \leq k \leq 2^{n}-1$,
$\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mathbb{1}_{X_{n}=k / 2^{n}}\right]=\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mathbb{1}_{X \in\left[k / 2^{n},(2 k+1) / 2^{n+1}[\right.}\right]+\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mathbb{1}_{X \in\left[(2 k+1) / 2^{n+1},(k+1) / 2^{n}[\right.}\right] \\=2^{-(n+1)}\left(h\left(\frac{k}{2^{n}}\right)+h\left(\frac{2 k+1}{2^{n+1}}\right)\right)$
On en déduit
$\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mid X_{n}\right]=\frac{h\left(X_{n}\right)}{2}+\frac{h\left(X_{n}+2^{-(n+1)}\right)}{2}$
Je ne comprends pas pourquoi on calcule cette espérance : $\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mathbb{1}_{X_{n}=k / 2^{n}}\right]$ et par conséquent je ne comprends pas pourquoi on trouve que :
$\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mid X_{n}\right]=\frac{h\left(X_{n}\right)}{2}+\frac{h\left(X_{n}+2^{-(n+1)}\right)}{2}$
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Réponses

  • Bonjour, si tu remarques que $X_n$ est une v.a discrète ça devrait t'éclairer sur la correction.
  • Modifié (April 2023)
    Oui voila merci ! Ainsi si je ne me trompe pas on a : $\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mid X_{n}=\frac{k}{2^{n}}\right]=\frac{\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mathbb{1}_{X_{n}=k / 2^{n}}\right]}{\mathbb{P}(X_{n}=\frac{k}{2^{n}})}=\frac{2^{-(n+1)}\left(h\left(\frac{k}{2^{n}}\right)+h\left(\frac{2 k+1}{2^{n+1}}\right)\right)}{2^{-n}}=\frac{\left(h\left(\frac{k}{2^{n}}\right)+h\left(\frac{2 k+1}{2^{n+1}}\right)\right)}{2}$.

    Or l'image de $X_{n}$ est $(\frac{k}{2^{n}}$ pour $0 \leq k \leq 2^{n}-1$) et $\frac{2k+1}{2^{n+1}}= \frac{k}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n+1}}$

    par conséquent, on trouve que : $\mathbb{E}\left[h\left(X_{n+1}\right) \mid X_{n}\right]=\frac{h\left(X_{n}\right)}{2}+\frac{h\left(X_{n}+2^{-(n+1)}\right)}{2}$.

    Ce raisonnement est le bon @Barjovrille ?

    Merci d'avance pour ton aide !
  • Modifié (April 2023)
    Oui c'est bon,
    Dans la pratique quand la v.a condition est discrète tu fixe un point dans son espace d'arrivé ( par exemple ici $\frac{k}{2^n}$) et tu calcules $E(h(...)|X_n=\frac{k}{2^n})$ (avec la formule que tu as écrite) que tu exprimes en fonction de $\frac{k}{2^n}$,tu notes cette expression $\phi(\frac{k}{2^n})$ et pour avoir  l'espérance conditionnelle tu remplaces $\frac{k}{2^n}$ par $X_n$ dans l'expression $\phi$. 
    Pour la partie théorique pour justifier cette méthode il faut peut être ajouter quelques détails en plus ça dépend de ton exo/cours.
  • Modifié (April 2023)
    Je ne travaille pas ces notions dans le cadre de mes études (peut-être future étude). Ainsi je travaille avec le cours de l'université de Sorbonnes du master probabilités avancées. Pour la propriété que tu cites, si on s'intéresse à $\mathbb{E}\left[X \mid\Z\right]$ il faut juste que $Z$ soit une variable aléatoire discrète à valeurs dans un espace mesurable dénombrable E et X soit réelle intégrable. 
    Fin bref merci pour tes réponses !
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