Exercices corrigés - Espaces probabilisés

Il est facile de voir que, pour tout entier $n\in\mathbb Z$, $$\{n\}=S_{n-2}\cap S_{n}.$$ Puisque toute partie de $\mathbb Z$ est réunion dénombrable de singletons, et qu'une tribu est stable par passage à la réunion dénombrable, on en déduit finalement que $\mathcal T=\mathcal P(\mathbb Z)$.

Remarquons d'abord que $E=\phi^{-1}(F)$ est un élément de $\mathcal T'$. De plus, si $B\in\mathcal T'$, $B=\phi^{-1}(A)$ avec $A\in\mathcal T$, alors $B^c=\phi^{-1}(A)^c=\phi^{-1}(A^c)$ est aussi un élément de $\mathcal T'$. Enfin, si $(B_n)$ est une suite d'éléments de $\mathcal T'$, chaque $B_n$ s'écrivant $B_n=\phi^{-1}(A_n)$, alors $$\bigcup_n B_n=\bigcup_n \phi^{-1}( A_n)=\phi^{-1}\left(\bigcup_n A_n\right)\in\mathcal T'.$$ Ainsi, on a prouvé que $\mathcal T'$ est bien une tribu.

On commence par remarquer que $\mathcal T$ est une tribu. En effet,

• $X=\bigcup_{i\in\{1,\dots,n\}}A_i$;
• Si $A=\bigcup_{i\in J}A_i$ est un élément de $\mathcal T$, alors $$A^c=\bigcup_{i\in \{1,\dots,n\}\backslash J}A_i$$ car $A_1,\dots,A_n$ forme une partition de $X$ et donc $A^c\in\mathcal T$.
• $\bigcup_p\bigcup_{i\in J_p}A_i=\bigcup_{i\in\bigcup_p J_p}A_i$, et donc $\mathcal T$ est stable par réunion dénombrable.

De plus, $\mathcal T$ contient tous les $A_i$, et donc elle contient la tribu engendrée par $A_1,\dots,A_n$. Maintenant, toute tribu contenant $A_1,\dots,A_n$ doit nécessairement contenir n'importe quelle réunion finie des $A_i$. $\mathcal T$ est donc bien la tribu engendrée par $A_1,\dots,A_n$.

Remarquons d'abord que $A\cap B\subset A$ et donc $P(A\cap B)\leq P(A)$. De même, $P(A\cap B)\leq P(B)$, ce qui prouve l'inégalité de droite. De plus, $P(A\cap B)\geq 0$ et aussi $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\implies P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B).$$ Mais $P(A\cup B)\leq 1$ et donc $$P(A\cap B)\geq P(A)+P(B)-1.$$ On a donc aussi obtenu l'inégalité de gauche.

Il s'agit de prouver que, pour tout $k\in\{1,\dots,n\}$, on a $$P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\leq \sum_{i=1}^n P(A_i)-\sum_{\substack{1\leq i\leq n\\ i\neq k}}P(A_i\cap A_k).$$ Par symétrie, on peut supposer que $k=n$. Pour $i=1,\dots,n-1,$ on a $$P(A_i)-P(A_i\cap A_{n})=P(A_i\backslash A_{n})$$ et donc \begin{align*} \sum_{i=1}^n P(A_i)-\sum_{i=1}^{n-1}P(A_i\cap A_{n})&=P(A_n)+\sum_{i=1}^{n-1}\big(P(A_i)-P(A_i\cap A_n)\big)\\ &=P(A_n)+\sum_{i=1}^{n-1}P(A_i\backslash A_n)\\ &\geq P\left(A_n\cup \bigcup_{i=1}^{n-1}(A_i\backslash A_n)\right). \end{align*} Or, $$A_n\cup \bigcup_{i=1}^{n-1}(A_i\backslash A_n)=\bigcup_{i=1}^n A_i$$ et donc $$ P\left(A_n\cup \bigcup_{i=1}^{n-1}A_i\backslash A_n\right)=P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)$$ ce qui donne le résultat voulu.

On va procéder par récurrence sur $n$, le point clé étant la formule $$\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(A)+\mathbb P(B)-\mathbb P(A\cup B).$$ La propriété est vraie si $n=1$. Soit $n\geq 2$ et supposons la propriété vraie au rang $n-1$. Prouvons-la au rang $n$. On pose $A=A_1\cap\dots\cap A_{n-1}$ et $B=A_n$. Alors, d'après la formule précédente $$\mathbb P(A_1\cap\dots\cap A_n)=\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(A)+\mathbb P(B)-\mathbb P(A\cup B).$$ Maintenant, on utilise l'hypothèse de récurrence pour minorer $\mathbb P(A)$, et on utilise le fait que $\mathbb P(A\cup B)\leq 1$, et on obtient $$\mathbb P(A_1\cap\dots\cap A_n)\geq \sum_{i=1}^{n-1} \mathbb P(A_i)-(n-2)+P(A_n)-1$$ ce qui est exactement le résultat voulu.

On commence par supposer que $a=b$. Si $\omega\in E_a$, alors $X_n(\omega)\geq a$ pour une infinité de valeurs de $n$. Ainsi, $\limsup X_n(\omega)\geq a$ et donc $E_a\subset F_a$. La réciproque est fausse. Prenons une suite $(X_n)$ définie sur $\Omega$ par $X_n=a-\frac 1n$. Alors $E_a=\varnothing$ tandis que $F_a=\Omega$. Si maintenant $a>b$, alors $E_a\subset F_a\subset F_b$, et là aussi l'inclusion peut être stricte. Enfin, si $a<b$ et $\omega\in F_b$, on a $\limsup_n X_n(\omega)\geq b>a$. En particulier, pour tout $\veps>0$, on peut trouver une infinité de valeurs de $n$ de sorte que $X_n(\omega)>b-\veps$. Si on choisit $\veps>0$ avec $b-\veps\geq a$, on trouve que $\omega\in E_a$, et donc $F_b\subset E_a$. L'inclusion peut-être stricte. Il suffit de prendre $X_n=a$, de sorte que $F_b=\varnothing$ et $E_a=\Omega$.