Mathématiques universitaires — Licence 2 · Bachelor Year 2

21Probabilités sur les espaces dénombrables

Les trois derniers chapitres développent la théorie des probabilités du programme moderne de MP* : mesures de probabilité sur des univers dénombrables, variables aléatoires discrètes et fonctions génératrices. La théorie finie du volume de lycée acquiert toute son infrastructure : la $\sigma$ -additivité remplace l’additivité finie, et la machinerie des familles sommables du Chapitre 7 est exactement ce qui rend maniables les univers infinis. Les résultats centraux ici sont la continuité de la probabilité le long des suites monotones d’événements et le lemme de Borel–Cantelli.

21.1 Espaces probabilisés

Définition 21.1 (Espace probabilisé dénombrable)

Soit $\Omega$ un ensemble non vide fini ou dénombrable (l’univers). Une mesure de probabilité sur $\Omega$ est une application $\P$ de l’ensemble $\mathcal{P}(\Omega)$ de toutes les parties de $\Omega$ (les événements) dans $[0, 1]$ telle que :

$\P(\Omega) = 1$ ;
( $\sigma$ -additivité) pour toute suite $(A_n)_{n\in\N}$ d’événements deux à deux disjoints,

$\P\Bigl(\,\bigcup_{n \in \N} A_n\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty} \P(A_n) .$

Le couple $(\Omega, \P)$ est un espace probabilisé (dénombrable).

Remarque 21.2

Sur un $\Omega$ dénombrable, on peut prendre toutes les parties comme événements ; sur les espaces non dénombrables (comme il en faut pour les modèles continus en Année 3), cela n’est plus possible, et l’on restreint $\P$ à une collection convenable d’événements, une $\sigma$ -algèbre. Toutes les formules de ce chapitre survivent à cette généralisation mot pour mot.

Proposition 21.3 (Règles élémentaires)

Pour des événements $A, B$ et une mesure de probabilité $\P$ : $\P(\emptyset) = 0$ ; $\P$ est finiment additive ; $\P(A^c) = 1 - \P(A)$ ; si $A \subseteq B$ alors $\P(A) \leq \P(B)$ ; et

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B) .

Démonstration. En appliquant la $\sigma$ -additivité à $A_0 = \Omega$ , $A_n = \emptyset$ ( $n \geq 1$ ), on obtient $1 = 1 + \sum_{n\geq1}\P(\emptyset)$ , donc $\P(\emptyset) = 0$ ; compléter une union disjointe finie par des ensembles vides donne alors l’additivité finie. Le reste suit comme dans le cas fini (volume de lycée) : $1 = \P(A) + \P(A^c)$ à partir de $\Omega = A \sqcup A^c$ ; $\P(B) = \P(A) + \P(B \setminus A) \geq \P(A)$ lorsque $A \subseteq B$ ; et en décomposant en trois morceaux disjoints,

\begin{align*} \P(A \cup B) &= \P(A \setminus B) + \P(B \setminus A) + \P(A \cap B)\\ &= \bigl(\P(A) - \P(A\cap B)\bigr) + \bigl(\P(B) - \P(A\cap B)\bigr) + \P(A \cap B), \end{align*}

qui est le principe d’inclusion–exclusion ; la version générale à $n$ ensembles est l’Exercice 21.4. ∎

Proposition 21.4 (Lois sur un espace dénombrable)

Se donner une mesure de probabilité sur un $\Omega = \{\omega_0, \omega_1, \dots\}$ dénombrable revient exactement à se donner des poids $p_i = \P(\{\omega_i\}) \geq 0$ avec $\sum_i p_i = 1$ ; alors pour tout $A \subseteq \Omega$ ,

\P(A) = \sum_{\omega \in A} \P(\{\omega\}) ,

une sous-somme (absolument convergente) de la famille $(p_i)$ .

Démonstration. Étant donné $\P$ , les singletons $\{\omega\}$ , $\omega \in A$ , forment un recouvrement disjoint dénombrable de $A$ , de sorte que la $\sigma$ -additivité impose

\P(A) = \sum_{\omega\in A}\P(\{\omega\}),

une sous-somme inconditionnelle de la famille sommable positive $(p_i)$ — le réarrangement est sans conséquence précisément parce que les termes sont positifs (Chapitre 7) ; en particulier $\sum_ip_i = \P(\Omega) = 1$ . Réciproquement, étant donné des poids positifs de somme totale $1$ , on définit $\P(A) = \sum_{\omega \in A}p_\omega$ : la famille est sommable, et la $\sigma$ -additivité est exactement le théorème de sommation par paquets du Chapitre 7 appliqué à la partition de $\bigcup A_n$ en les $A_n$ . ∎

Exemple 21.5 (Modèle géométrique : l’attente du premier pile)

On lance répétées une pièce de probabilité de pile $p \in \intoo{0}{1}$ , et l’on pose $\Omega = \N^* \cup \{\infty\}$ pour enregistrer le rang du premier pile. Les poids naturels sont

\P(\{k\}) = (1 - p)^{k-1}p \quad (k \in \N^*), \qquad \P(\{\infty\}) = 0 ,

une mesure de probabilité puisque $\sum_{k\geq1}(1-p)^{k-1}p = \frac{p}{1 - (1-p)} = 1$ : avec probabilité $1$ le jeu se termine — mais l’univers doit tout de même contenir la possibilité qu’il ne se termine pas. L’additivité dénombrable est ce qui nous permet d’affirmer $\P(\text{le jeu se termine}) = \sum_k \P(\{k\})$ .

Théorème 21.6 (Continuité monotone)

Soit $(A_n)$ une suite d’événements.

Si $A_n \subseteq A_{n+1}$ pour tout $n$ (croissante), alors $\P\bigl(\bigcup_n A_n\bigr) = \lim_{n\to\infty} \P(A_n)$ .
Si $A_n \supseteq A_{n+1}$ pour tout $n$ (décroissante), alors $\P\bigl(\bigcap_n A_n\bigr) = \lim_{n\to\infty} \P(A_n)$ .

Démonstration. 1. Disjonction : posons $B_0 = A_0$ et $B_n = A_n \setminus A_{n-1}$ . Les $B_n$ sont deux à deux disjoints avec $\bigcup_{k \leq n} B_k = A_n$ et $\bigcup_n B_n = \bigcup_n A_n$ . Par $\sigma$ -additivité et additivité finie,

\P\Bigl(\bigcup_n A_n\Bigr) = \sum_{n=0}^\infty \P(B_n) = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N \P(B_n) = \lim_{N\to\infty}\P(A_N) .

2. On passe aux complémentaires : $(A_n^c)$ est croissante d’union $\bigl(\bigcap A_n\bigr)^c$ , et l’on applique la partie 1 : $1 - \P(\bigcap A_n) = \lim (1 - \P(A_n))$ . ∎

Corollaire 21.7 (Sous-additivité dénombrable)

Pour toute suite d’événements, $\P\bigl(\bigcup_n A_n\bigr) \leq \sum_{n=0}^\infty \P(A_n)$ .

Démonstration. La sous-additivité finie $\P(A_0 \cup \dots \cup A_N) \leq \sum_0^N \P(A_n)$ découle de l’inclusion–exclusion par récurrence (ou de l’additivité sur les $B_n \subseteq A_n$ disjonctés). Faisons $N \to \infty$ : le membre de gauche converge vers $\P(\bigcup_n A_n)$ par continuité monotone appliquée à la suite croissante $C_N = A_0 \cup \dots \cup A_N$ . ∎

Exemple 21.8 (La borne de l’union : grossière mais indestructible)

La sous-additivité avec un nombre fini d’événements — la borne de l’union — échange la précision contre l’universalité. Pour le problème des anniversaires avec $23$ personnes, borner la probabilité de collision par la somme sur les paires donne

\P(\text{collision}) \leq \binom{23}2\cdot\frac1{365} = \frac{253}{365} \approx 0.693 ,

contre la vraie valeur $0.507$ : éloignée d’une large marge, car les collisions se recouvrent. Pourtant la borne ne requiert aucune indépendance, aucune loi jointe, rien d’autre que les probabilités des paires — c’est pourquoi, dans le devoir du week-end et tout au long du Chapitre 22, la borne de l’union est le premier outil dégainé : lorsqu’elle se trouve être petite, l’affaire est réglée sans autre modélisation.

Exemple 21.9 (Un six finit par sortir)

Lançons un dé équilibré indéfiniment et posons $B_n = {}$ « au moins un six parmi les $n$ premiers lancers », une suite croissante d’événements avec $\P(B_n) = 1 - (5/6)^n$ . La continuité monotone donne

\P(\text{un six finit par apparaître}) = \P\Bigl(\bigcup_nB_n\Bigr) = \lim_n\bigl(1 - (5/6)^n\bigr) = 1 .

Le point n’est pas la limite (évidente) mais l’étape logique : « finir par » est un événement portant sur une infinité de lancers, hors de portée de l’additivité finie, et la continuité monotone — c’est-à-dire la $\sigma$ -additivité — est précisément l’axiome qui lui attribue une probabilité. Tout énoncé presque sûr dans la suite de ce livre passe par cette même porte étroite.

21.2 Conditionnement et indépendance

Définition 21.10 (Probabilité conditionnelle)

Pour des événements $A, B$ avec $\P(B) > 0$ , la probabilité conditionnelle de $A$ sachant $B$ est

\P(A \mid B) = \frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} .

L’application $A \mapsto \P(A \mid B)$ est elle-même une mesure de probabilité sur $\Omega$ .

Remarque 21.11

Que $A \mapsto \pcond BA$ soit à nouveau une mesure de probabilité mérite un instant : $\pcond B\Omega = 1$ et la $\sigma$ -additivité passent au quotient parce que l’intersection avec $B$ respecte les unions disjointes. La conséquence pratique : toute identité de ce chapitre — inclusion–exclusion, continuité monotone, Borel–Cantelli — peut s’appliquer après conditionnement, sans nouvelles démonstrations. Les probabilistes « travaillent sous $\pcond B{\cdot}$ » constamment pour exactement cette raison.

Exemple 21.12 (Le conditionnement peut créer de l’uniformité)

Lançons deux dés équilibrés et conditionnons par le fait que la somme vaut $7$ : pour chaque $k \in \intint16$ ,

\pcond{\{S = 7\}}{X = k} = \frac{\P(X = k,\ Y = 7 - k)}{\P(S = 7)} = \frac{1/36}{6/36} = \frac16 :

sachant une somme de $7$ , le premier dé est exactement uniforme — $7$ est le seul total compatible avec chaque face, de sorte que le conditionnement efface toute information sur $X$ . Tout autre total biaise la loi (sachant $S = 4$ , le premier dé est uniforme sur $\{1, 2, 3\}$ seulement). Calculer une loi conditionnelle revient à renormaliser les poids joints le long de l’événement de conditionnement, rien de plus.

Exemple 21.13 (Le second tirage vaut le premier)

Une urne contient $3$ boules blanches et $2$ noires ; on tire deux boules sans remise. Tout le monde s’accorde sur $\P(W_1) = \frac35$ ; que vaut $\P(W_2)$ ? Probabilité totale le long du premier tirage :

\P(W_2) = \pcond{W_1}{W_2}\,\P(W_1) + \pcond{B_1}{W_2}\,\P(B_1) = \frac24\cdot\frac35 + \frac34\cdot\frac25 = \frac{12}{20} = \frac35 :

exactement $\P(W_1)$ . Aucun calcul n’était nécessaire : par symétrie, chaque boule a la même probabilité d’être la seconde tirée, de sorte que le second tirage — inconditionnellement — a la même loi que le premier. Conditionner par le premier résultat change les cotes ; l’ignorer ne les change pas. Cet argument d’échangeabilité revient au chapitre suivant pour l’échantillonnage sans remise, où il donne la moyenne hypergéométrique $np$ sans aucune identité binomiale.

Théorème 21.14 (Probabilités composées, probabilités totales, Bayes)

(Règle des probabilités composées) Si $\P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$ ,

$\P(A_1 \cap \dots \cap A_n) = \P(A_1)\,\P(A_2 \mid A_1)\cdots \P(A_n \mid A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) .$
(Probabilités totales) Si $(B_i)_{i \in I}$ est une partition finie ou dénombrable de $\Omega$ avec $\P(B_i) > 0$ , alors pour tout événement $A$ :

$\P(A) = \sum_{i \in I} \P(A \mid B_i)\,\P(B_i) .$
(Bayes) Sous les mêmes hypothèses, si de plus $\P(A) > 0$ :

$\P(B_j \mid A) = \frac{\P(A \mid B_j)\,\P(B_j)} {\sum_{i \in I} \P(A \mid B_i)\,\P(B_i)} .$

Démonstration. 1. Écrivons chaque probabilité conditionnelle comme un quotient : le membre de droite vaut

\P(A_1)\cdot\frac{\P(A_1 \cap A_2)}{\P(A_1)}\cdot \frac{\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3)}{\P(A_1 \cap A_2)}\cdots \frac{\P(A_1 \cap \dots \cap A_n)}{\P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})},

un produit télescopique : chaque dénominateur simplifie le numérateur précédent, laissant $\P(A_1 \cap \dots \cap A_n)$ . Tous les dénominateurs sont $\geq \P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$ par monotonie, de sorte que rien ne s’annule. (L’hypothèse garde exactement cela : conditionner par un événement de probabilité nulle n’a pas de sens.) 2. Les ensembles $A \cap B_i$ sont deux à deux disjoints d’union $A$ ; on applique la ( $\sigma$ -)additivité et la définition du conditionnement. 3. Les deux membres de $\P(B_j \mid A)\P(A) = \P(A \mid B_j)\P(B_j)$ valent $\P(A \cap B_j)$ ; on divise par $\P(A)$ et on développe $\P(A)$ par les probabilités totales. ∎

Exemple 21.15 (La collision d’anniversaires, par la règle des probabilités composées)

Avec $n$ personnes dont les anniversaires sont indépendants et uniformes sur $365$ jours, posons $D_n = {}$ « les $n$ anniversaires sont tous distincts ». En conditionnant personne par personne (règle des probabilités composées) :

\P(D_n) = \prod_{k=1}^{n-1}\Bigl(1 - \frac{k}{365}\Bigr),

chaque nouvelle personne devant éviter les $k$ jours déjà pris. Pour $n = 23$ : $\P(D_{23}) \approx 0.493$ — un anniversaire partagé est déjà plus probable qu’improbable. L’heuristique qui explique la petitesse de $23$ : en prenant les logarithmes, $-\ln \P(D_n) \approx \sum_{k<n}\frac k{365} = \frac{\binom n2}{365}$ , et $\binom{23}2 = 253$ donne $253/365 \approx 0.693 \approx \ln 2$ . Ce qui importe, c’est le nombre de paires, qui croît quadratiquement : les problèmes de collision vivent à l’échelle $n \sim \sqrt{365}$ , non $n \sim 365$ — le paradoxe des anniversaires est une racine carrée déguisée.

Exemple 21.16 (Monty Hall, par Bayes)

Un prix se cache derrière l’une de trois portes, uniformément. Vous choisissez la porte $1$ ; l’animateur, qui sait où est le prix, ouvre l’une des autres portes, toujours vide (en choisissant uniformément lorsqu’il a le choix), disons la porte $3$ . Posons $B_i = {}$ « le prix est derrière la porte $i$ » et $A = {}$ « l’animateur ouvre la porte $3$ ». Alors $\pcond{B_1}{A} = \frac12$ , $\pcond{B_2}{A} = 1$ , $\pcond{B_3}{A} = 0$ , de sorte que par Bayes (Théorème 21.14),

\P(B_2 \mid A) = \frac{1\cdot\frac13} {\frac12\cdot\frac13 + 1\cdot\frac13 + 0\cdot\frac13} = \frac23 :

changer de porte fait gagner deux fois sur trois. Le calcul localise exactement la confusion populaire : le geste de l’animateur est informatif (il ne pourrait pas ouvrir la porte $2$ si le prix s’y trouvait), et la formule de Bayes est le dispositif comptable qui convertit cette asymétrie en le $\frac23$ . Conditionner par « ce qui a été vu » plutôt que par « ce qui est vrai » est tout l’art de la formule.

Exemple 21.17 (Les deux paris du Chevalier de Méré)

Deux paris du dix-septième siècle, réglés par l’indépendance. Pari un : au moins un six en $4$ lancers d’un dé,

\P = 1 - \Bigl(\frac56\Bigr)^{\!4} \approx 0.518 > \frac12 .

Pari deux : au moins un double-six en $24$ lancers de deux dés,

\P = 1 - \Bigl(\frac{35}{36}\Bigr)^{\!24} \approx 0.491 < \frac12 .

De Méré raisonnait que $24$ lancers à chance $\frac1{36}$ devaient égaler $4$ lancers à chance $\frac16$ (même rapport $\frac{24}{36} = \frac46$ ) ; l’échec de cette proportionnalité — les probabilités d’unions ne varient pas linéairement — aurait, dit-on, motivé sa lettre à Pascal, et par là la naissance de la théorie des probabilités. La comparaison correcte se fait par les logarithmes : $n$ essais à chance $p$ réussissent au moins une fois avec probabilité $1 - (1-p)^n \approx 1 - \eu^{-np}$ , de sorte que l’invariant honnête est $np$ : ici $4\cdot\frac16 = \frac23$ contre $24\cdot\frac1{36} = \frac23$ — égaux ! Les deux paris ne diffèrent qu’au second ordre en $p$ , et juste assez pour faire passer l’un de part et d’autre de la ligne des cinquante pour cent : les petites probabilités sont un domaine où l’intuition a besoin de l’exponentielle, non de la règle graduée.

Remarque 21.18 (Erreurs courantes de conditionnement)

Trois confusions récurrentes, toutes visibles dans les exemples ci-dessus. (i) Inversion : $\pcond BA$ et $\pcond AB$ diffèrent du facteur $\P(A)/\P(B)$ — un test $99\%$ exact sur les malades peut tout de même laisser un patient positif presque certainement en bonne santé lorsque la maladie est rare (Exercice 21.3) ; citer $\pcond{\text{malade}}{ \text{positif}}$ là où $\pcond{\text{positif}}{ \text{malade}}$ est visé est l’erreur du taux de base. (ii) Conditionner par le mauvais événement : dans Monty Hall, le bon événement de conditionnement est « l’animateur a ouvert la porte $3$ », et non « le prix n’est pas derrière la porte $3$ » ; les deux portent des informations différentes, et tout le $\frac23$ repose sur cette différence. (iii) Disjoint contre indépendant : des événements disjoints de probabilité positive ne sont jamais indépendants ( $\P(A\cap B) = 0 \neq \P(A)\P(B)$ ) — l’indépendance est une compatibilité d’information, non l’absence de recouvrement.

Définition 21.19 (Indépendance)

Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants si $\P(A \cap B) = \P(A)\P(B)$ . Une famille $(A_i)_{i \in I}$ d’événements est (mutuellement) indépendante si pour toute partie finie $J \subseteq I$ ,

\P\Bigl(\bigcap_{i \in J} A_i\Bigr) = \prod_{i \in J} \P(A_i) .

Remarque 21.20

L’indépendance mutuelle est strictement plus forte que l’indépendance deux à deux : avec deux lancers de pièce équilibrée, les événements « le premier est pile », « le second est pile », « les deux coïncident » sont deux à deux indépendants (chaque paire a une probabilité d’intersection $\frac14 = \frac12\cdot\frac12$ ), pourtant l’intersection triple a une probabilité $\frac14 \neq \frac18$ . Notons aussi que si $A, B$ sont indépendants, alors $A, B^c$ le sont aussi (calcul : $\P(A \cap B^c) = \P(A) - \P(A\cap B) = \P(A)(1 - \P(B))$ ), donc aussi $A^c, B^c$ .

Exemple 21.21 (Indépendance lue sur une structure de produit)

Lançons deux dés équilibrés : $\Omega = \intint16^2$ avec des poids uniformes. Posons $A = {}$ « premier dé pair » et $B = {}$ « second dé au moins $5$ ». Dénombrement : $\abs A = 3\cdot6 = 18$ , $\abs B = 6\cdot2 = 12$ , $\abs{A\cap B} = 3\cdot2 = 6$ , de sorte que

\P(A\cap B) = \frac6{36} = \frac{18}{36}\cdot\frac{12}{36} = \P(A)\,\P(B) :

indépendants, et le mécanisme est visible — $A$ ne contraint que la première coordonnée, $B$ que la seconde, et la mesure uniforme sur un ensemble produit fait multiplier les dénombrements par coordonnée. Toute affirmation du type « des événements dépendant de groupes disjoints de lancers sont indépendants » (utilisée massivement dans le devoir du week-end) est ce calcul, avec davantage d’indices.

Exemple 21.22 (Analyse au premier pas)

Pour le modèle géométrique de l’Exemple 21.5, quelle est la probabilité $u$ que le premier pile tombe à un rang pair ? Conditionnons par le premier lancer : avec probabilité $p$ le rang est $1$ (impair) ; avec probabilité $q = 1 - p$ le jeu recommence avec toutes les parités inversées, de sorte que

u = p\cdot0 + q\,(1 - u) \qquad\Longrightarrow\qquad u = \frac{q}{1 + q} .

Une ligne, aucune série — et cela concorde avec la sommation directe de l’Exercice 21.9, qui donne $1 - u = \frac1{1+q}$ . Cette technique « au premier pas » (conditionner par la première expérience, reconnaître une copie décalée du problème) est la forme probabiliste d’une récurrence, et elle est le moteur des équations de durée de jeu de l’Exercice 21.6 et des calculs de premier passage du devoir du week-end.

21.3 Le lemme de Borel–Cantelli

Définition 21.23 (Limite supérieure d’événements)

Pour une suite $(A_n)$ d’événements, l’événement

\limsup_n A_n = \bigcap_{N=0}^{\infty}\ \bigcup_{n \geq N} A_n = \{\omega \in \Omega : \omega \in A_n \text{ pour une infinité de } n\}

est l’événement « $A_n$ se produit une infinité de fois ».

Exemple 21.24 (Traduire « une infinité de fois » et « à partir d’un certain rang »)

Le complémentaire de $\limsup_nA_n$ est, par de Morgan,

\Bigl(\bigcap_N\bigcup_{n\geq N}A_n\Bigr)^{\!c} = \bigcup_N\bigcap_{n\geq N}A_n^c = \{\omega : \omega \notin A_n \text{ pour tout $n$ assez grand}\},

l’événement « à partir d’un certain rang, $A_n$ échoue » (noté $\liminf_nA_n^c$ ). Ainsi « $A_n$ une infinité de fois » et « $A_n^c$ à partir d’un certain rang » sont complémentaires — garder ce dictionnaire au clair prévient la plupart des accidents de quantificateurs. Traductions types pour le lancer de pièce : « une infinité de piles » est $\limsup\{X_n = H\}$ ; « seulement un nombre fini de suites de $100$ piles » est le complémentaire d’une limsup ; « la fréquence courante converge vers $\frac12$ » est $\bigcap_j\bigcup_N\bigcap_{n\geq N}\{\abs{\widehat p_n - \tfrac12} < \tfrac1j\}$ — des opérations dénombrables partout, donc toutes celles-ci sont d’honnêtes événements.

Théorème 21.25 (Borel–Cantelli)

Si $\sum_{n} \P(A_n) < \infty$ , alors $\P\bigl(\limsup_n A_n\bigr) = 0$ .
Si les événements $A_n$ sont indépendants et $\sum_n \P(A_n) = \infty$ , alors $\P\bigl(\limsup_n A_n\bigr) = 1$ .

Démonstration. 1. Posons $C_N = \bigcup_{n \geq N}A_n$ ; la suite $(C_N)$ est décroissante d’intersection $\limsup A_n$ , et par sous-additivité dénombrable (Corollaire 21.7)

\P(C_N) \leq \sum_{n \geq N}\P(A_n) \xrightarrow[N\to\infty]{} 0

(reste d’une série convergente). La continuité monotone (Théorème 21.6) conclut : $\P(\limsup A_n) = \lim_N \P(C_N) = 0$ .

2. Il suffit de montrer $\P\bigl(\bigcup_{n\geq N}A_n\bigr) = 1$ pour tout $N$ : en effet, si des événements $B_N$ ont tous probabilité $1$ , alors

\P\Bigl(\Bigl(\bigcap_NB_N\Bigr)^{\!c}\Bigr) = \P\Bigl(\bigcup_NB_N^c\Bigr) \leq \sum_N\P(B_N^c) = 0

par sous-additivité dénombrable (Corollaire 21.7), de sorte que l’intersection dénombrable $\limsup A_n = \bigcap_N\bigcup_{n\geq N}A_n$ a encore probabilité $1$ . Fixons $N$ , et considérons pour $M > N$ le complémentaire :

\P\Bigl(\bigcap_{n=N}^{M} A_n^c\Bigr) = \prod_{n=N}^{M}\bigl(1 - \P(A_n)\bigr) \leq \prod_{n=N}^{M} e^{-\P(A_n)} = \exp\Bigl(-\sum_{n=N}^M \P(A_n)\Bigr) ,

en utilisant l’indépendance des complémentaires et la borne de convexité $1 - x \leq e^{-x}$ . Lorsque $M \to \infty$ l’exposant tend vers $-\infty$ par divergence de la série, de sorte que par continuité monotone (suite décroissante) $\P\bigl(\bigcap_{n \geq N}A_n^c\bigr) = 0$ , c’est-à-dire $\P\bigl(\bigcup_{n \geq N}A_n\bigr) = 1$ . ∎

Exemple 21.26 (Suites infinies de piles)

Lançons une pièce équilibrée indéfiniment, et soit $A_n$ l’événement « les lancers $n, n+1, \dots, n + k - 1$ sont tous piles » (une suite de $k$ piles commençant à l’instant $n$ ), pour $k$ fixé. Les événements $A_{jk}$ ( $j = 1, 2, \dots$ ), dépendant de blocs disjoints de lancers, sont indépendants, chacun de probabilité $2^{-k}$ , et $\sum_j 2^{-k} = \infty$ : par Borel–Cantelli 2, avec probabilité $1$ une infinité de blocs sont tout-piles — tout motif fixé se reproduit une infinité de fois, presque sûrement. Réciproquement, si l’on laisse la longueur de la suite croître, $B_n = {}$ « une suite de $2\log_2 n$ piles commence à $n$ » a $\P(B_n) = n^{-2}$ sommable, de sorte que presque sûrement seul un nombre fini de telles longues suites commencent : Borel–Cantelli calibre précisément quelle longueur ont les plus longues suites.

Exemple 21.27 (Le singe infini, quantifié)

Un singe tape des lettres uniformes indépendantes d’un alphabet de $26$ lettres. Découpons le texte tapé en blocs disjoints de quatre lettres ; les événements $A_j = {}$ « le bloc $j$ épelle MATH » sont indépendants avec $\P(A_j) = 26^{-4}$ , et $\sum_j\P(A_j) = \infty$ : par Borel–Cantelli 2 le singe tape MATH une infinité de fois, presque sûrement — et il en va de même pour tout texte fixé de toute longueur, blocs ajustés. La note de bas de page quantitative dégonfle le miracle : $26^4 = 456\,976$ , de sorte que le premier MATH prend environ un demi-million de frappes en moyenne, et une pièce de Shakespeare de $10^5$ caractères attend de l’ordre de $26^{10^5}$ blocs — presque sûr est un énoncé sur l’horizon $\infty$ , non sur un horizon qu’un singe rencontrera. Borel–Cantelli certifie la limite ; la taille des sommandes raconte l’histoire aux échelles humaines.

Remarque 21.28

Dans l’Exemple 21.26, l’univers sous-jacent (suites infinies de lancers) est non dénombrable, de sorte qu’à proprement parler l’exemple vit dans le cadre de la théorie de la mesure de l’Année 3 ; les calculs, cependant, n’utilisent que les règles démontrées dans ce chapitre, appliquées à des événements déterminés par un nombre fini de lancers et leurs combinaisons dénombrables. C’est la convention MP* standard : la théorie est énoncée sur des espaces dénombrables, et les exemples de jeu infini sont traités avec le même arsenal.

Remarque 21.29 (Perspectives au sein de ce volume)

La machinerie de ce chapitre est consommée en gros par les deux suivants. Les indicatrices transforment les événements en variables aléatoires, et la $\sigma$ -additivité devient la sommabilité qui définit l’espérance (Chapitre 22) ; Borel–Cantelli plus une borne de reste sommable est exactement la façon dont la loi forte des grands nombres pour les pièces s’y démontre. Au Chapitre 23, la continuité monotone réapparaît au moment décisif : la probabilité d’extinction d’un processus de branchement est définie comme la limite monotone $\lim\P(Z_n = 0)$ , et l’équation de point fixe qu’elle satisfait s’obtient en passant à la limite dans cette suite croissante — le dernier théorème du livre repose sur le premier théorème de ce chapitre.

Remarque 21.30 (Méthode : trois voies vers la probabilité un)

Les énoncés presque sûrs se démontrent avec trois leviers, par ordre croissant de force. Continuité monotone : exhiber l’événement comme une union croissante (ou une intersection décroissante) d’événements à horizon fini de probabilités calculables (Exemple 21.9). Unions nulles : une union dénombrable d’événements de probabilité nulle est nulle (sous-additivité dénombrable), de sorte qu’il suffit de tuer chaque mauvais événement séparément — c’est ainsi que « pour tout $j$ , à partir d’un certain rang $\abs{\widehat p_n - p} < 1/j$ » s’assemble en la convergence. Borel–Cantelli : lorsque l’événement est une limsup, sommer les probabilités ; la convergence le tue (aucune indépendance nécessaire), et la divergence plus l’indépendance le certifie. Choisir le bon levier est en général toute la démonstration ; le devoir du week-end fait tourner les trois dans un unique argument.

Remarque 21.31 (Où cela est utilisé)

La continuité monotone et Borel–Cantelli sont les deux leviers de tout énoncé « presque sûr » : ils gouvernent la récurrence de la marche aléatoire dans le devoir du week-end de ce chapitre, le versant presque sûr de la loi des grands nombres (Chapitre 22), et l’analyse d’extinction des processus de branchement (Chapitre 23). Le volume de l’Année 3 reconstruit la théorie sur les $\sigma$ -algèbres et l’intégration de Lebesgue, où les univers non dénombrables utilisés informellement ici deviennent pleinement rigoureux.

21.4 Exercices

Exercice 21.1 ★

Une urne contient $n$ boules numérotées. On tire les boules une à une sans remise. Calculer la probabilité que la boule numéro $1$ soit tirée avant la boule numéro $2$ . Généraliser : la probabilité que la boule $1$ soit tirée en premier parmi les boules $1, \dots, k$ .

Solution

Solution de Exercice 21.1.

Par symétrie : l’ordre de tirage induit un ordre relatif uniforme sur les boules $1$ et $2$ , de sorte que $\P(1 \text{ avant } 2) = \frac12$ . Formellement : échanger les positions des boules $1$ et $2$ dans une suite de tirages est une bijection des issues (équiprobables) qui échange l’événement avec son complémentaire. Parmi les boules $1, \dots, k$ : l’ordre relatif de ces $k$ boules est uniforme parmi les $k!$ ordonnancements, et la boule $1$ est première dans $(k-1)!$ d’entre eux : probabilité $\frac{(k-1)!}{k!} = \frac1k$ .

Exercice 21.2 ★

Montrer que sur $\Omega = \N^*$ les poids $p_k = \frac{1}{k(k+1)}$ définissent une mesure de probabilité, et calculer $\P(2\N^*)$ (résultats pairs) comme une série ; montrer qu’elle vaut $1 - \ln 2$ . (Télescoper $\frac{1}{2j(2j+1)} = \frac{1}{2j} - \frac{1}{2j+1}$ et utiliser la série harmonique alternée, Chapitre 7.)

Solution

Solution de Exercice 21.2.

$\frac{1}{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ , de sorte que $\sum_{k\geq1} p_k$ télescope vers $1$ : une mesure de probabilité. Résultats pairs :

\P(2\N^*) = \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2j(2j+1)} = \sum_{j=1}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{2j} - \frac{1}{2j+1}\Bigr) = \frac12 - \frac13 + \frac14 - \frac15 + \cdots

C’est la série harmonique alternée avec son premier terme retiré et les signes inversés : puisque $\ln 2 = 1 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \cdots$ (Chapitre 7),

\P(2\N^*) = -\bigl(\ln 2 - 1\bigr) = 1 - \ln 2 \approx 0.307 .

Exercice 21.3 ★

(Faux positifs) Une maladie affecte une personne sur $10\,000$ . Un test la détecte avec probabilité $0.99$ sur les malades, et donne un faux positif avec probabilité $0.01$ sur les bien portants. Calculer la probabilité d’être malade sachant un test positif, et commenter.

Solution

Solution de Exercice 21.3.

Soit $S$ = malade, $+$ = test positif. Bayes (Théorème 21.14) avec la partition $\{S, S^c\}$ :

\P(S \mid +) = \frac{0.99 \times 10^{-4}} {0.99 \times 10^{-4} + 0.01 \times 0.9999} = \frac{0.000099}{0.000099 + 0.009999} \approx 0.0098 ,

en dessous de $1\%$ . Bien que le test soit « exact à 99% », un résultat positif vous laisse environ $99\%$ de chances d’être bien portant : les faux positifs parmi la vaste majorité bien portante submergent les vrais positifs de la minuscule minorité malade. Les tests de dépistage de conditions rares doivent toujours être lus à travers ce calcul du taux de base.

Exercice 21.4 ★★

Soient $A_1, \dots, A_n$ des événements. Démontrer la formule d’inclusion–exclusion

\P\Bigl(\bigcup_{i=1}^n A_i\Bigr) = \sum_{\emptyset \neq J \subseteq \{1,\dots,n\}} (-1)^{\abs J + 1}\,\P\Bigl(\bigcap_{i \in J}A_i\Bigr)

en intégrant l’identité $1 - \prod_{i=1}^n(1 - \mathbf{1}_{A_i}) = \mathbf{1}_{\bigcup A_i}$ sur $\Omega$ (c’est-à-dire en sommant pondéré par $\P(\{\omega\})$ ).

Solution

Solution de Exercice 21.4.

Ponctuellement sur $\Omega$ : $\omega \in \bigcup A_i$ ssi un certain facteur $1 - \mathbf{1}_{A_i}(\omega)$ s’annule, de sorte que

\mathbf{1}_{\bigcup A_i} = 1 - \prod_{i=1}^n\bigl(1 - \mathbf{1}_{A_i}\bigr) = \sum_{\emptyset \neq J \subseteq \{1,\dots,n\}} (-1)^{\abs J + 1}\prod_{i \in J}\mathbf{1}_{A_i} ,

en développant le produit et en faisant passer le $1$ . Or $\prod_{i\in J}\mathbf{1}_{A_i} = \mathbf{1}_{\bigcap_{i \in J} A_i}$ , et sommer contre les poids $\P(\{\omega\})$ — légitime : un nombre fini de termes bornés, chaque famille sommable — transforme chaque indicatrice en la probabilité de son événement, donnant la formule.

Exercice 21.5 ★★

(Problème des rencontres, par inclusion–exclusion) $n$ lettres sont placées uniformément au hasard dans $n$ enveloppes, une chacune. En utilisant l’Exercice 21.4, montrer que la probabilité d’aucune correspondance correcte est $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!} \to e^{-1}$ , et en déduire la probabilité d’exactement une correspondance.

Solution

Solution de Exercice 21.5.

Soit $A_i$ = « la lettre $i$ est dans la bonne enveloppe ». Pour $J$ de taille $k$ , $\P\bigl(\bigcap_{i\in J}A_i\bigr) = \frac{(n-k)!}{n!}$ (fixer $k$ lettres, permuter le reste). Par inclusion–exclusion,

\P\Bigl(\bigcup A_i\Bigr) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\binom nk \frac{(n-k)!}{n!} = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!} ,

de sorte que

\P(\text{aucune correspondance}) = 1 - \P\Bigl(\bigcup A_i\Bigr) = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} e^{-1} \approx 0.368 .

Exactement une correspondance : une permutation avec exactement un point fixe est déterminée par le choix de la lettre fixe ( $n$ façons) et un dérangement (arrangement sans correspondance) des $n - 1$ autres ; en notant $D_{n-1} = (n-1)!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}$ pour le nombre de dérangements (la première partie, multipliée par $(n-1)!$ ),

\P(\text{exactement une correspondance}) = \frac{n\,D_{n-1}}{n!} = \frac{D_{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} e^{-1} :

à la limite, « aucune correspondance » et « exactement une correspondance » sont également probables, chacune de probabilité $e^{-1}$ .

Exercice 21.6 ★★

Une pièce biaisée (probabilité de pile $p \in \intoo{0}{1}$ ) est lancée jusqu’à ce que deux piles consécutifs apparaissent. Soit $q_n$ la probabilité que le jeu dure plus de $n$ lancers. Montrer, en conditionnant par le(s) premier(s) lancer(s), que $q_n = (1-p)\,q_{n-1} + p(1-p)\,q_{n-2}$ pour $n \geq 2$ , et en déduire que le jeu se termine avec probabilité $1$ . (Montrer $q_n \to 0$ en comparant avec une suite géométrique : les deux racines de l’équation caractéristique sont dans $\intoo{0}{1}$ en valeur absolue.)

Solution

Solution de Exercice 21.6.

Conditionnons par le début (règle des probabilités composées / Théorème 21.14) :

premier lancer face (probabilité $1 - p$ ) : le jeu recommence à neuf ; durer plus de $n$ signifie durer plus de $n - 1$ à partir de là : contribution $(1-p)\,q_{n-1}$ ;
premiers lancers PF (probabilité $p(1-p)$ ) : redémarrage après deux lancers : contribution $p(1-p)\,q_{n-2}$ ;
premiers lancers PP : le jeu s’est terminé (en $n$ lancers, $n \geq 2$ ) : contribue $0$ .

Donc $q_n = (1-p)q_{n-1} + p(1-p)q_{n-2}$ . L’équation caractéristique $r^2 = (1-p)r + p(1-p)$ a pour racines

r_\pm = \frac{(1-p) \pm \sqrt{(1-p)^2 + 4p(1-p)}}{2},

avec $\abs{r_\pm} < 1$ : en effet le polynôme $\chi(r) = r^2 - (1-p)r - p(1-p)$ satisfait $\chi(1) = 1 - (1-p) - p(1-p) = p^2 > 0$ et $\chi(-1) = 1 + (1-p) - p(1-p) > 0$ , tandis que $\chi(0) = -p(1-p) < 0$ : une racine dans $\intoo{-1}{0}$ , une dans $\intoo{0}{1}$ . Donc $q_n = \alpha r_+^n + \beta r_-^n \to 0$ . Les événements « le jeu dure plus de $n$ » décroissent vers « le jeu ne se termine jamais » ; la continuité monotone (Théorème 21.6) donne $\P(\text{ne se termine jamais}) = \lim q_n = 0$ : le jeu se termine presque sûrement.

Exercice 21.7 ★★★

(Records) Tirer une suite infinie de classements uniformes indépendants, au sens combinatoire suivant : pour chaque $n$ , l’ordre relatif des $n$ premiers tirages est uniforme parmi les $n!$ possibilités, et $R_n = {}$ « le $n$ -ième tirage est un record (plus grand que tous les précédents) ». En admettant que les événements $R_n$ sont indépendants avec $\P(R_n) = 1/n$ (démontrer au moins cette dernière égalité par symétrie), montrer à l’aide de Borel–Cantelli qu’une infinité de records se produisent presque sûrement, mais que les records à des instants consécutifs $n, n+1$ se produisent une infinité de fois avec probabilité — calculer $\sum_n \P(R_n \cap R_{n+1})$ et conclure ce que donne Borel–Cantelli 1.

Solution

Solution de Exercice 21.7.

$\P(R_n) = 1/n$ : parmi les $n$ premiers tirages, chacune des $n$ positions relatives du dernier tirage est équiprobable (uniformité de l’ordre relatif), et $R_n$ est l’événement où c’est la plus grande : probabilité $1/n$ .

Une infinité de records : $\sum_n \P(R_n) = \sum 1/n = \infty$ et les $R_n$ sont indépendants (admis), de sorte que Borel–Cantelli 2 (Théorème 21.25) donne $\P(\limsup R_n) = 1$ : les records ne cessent jamais, presque sûrement — mais ils se raréfient logarithmiquement.

Records consécutifs : par indépendance,

\sum_n \P(R_n \cap R_{n+1}) = \sum_n \frac{1}{n(n+1)} < \infty ,

de sorte que Borel–Cantelli 1 s’applique : presque sûrement, seul un nombre fini de fois un record est immédiatement suivi d’un autre record. Les deux moitiés du lemme travaillent de concert : une infinité de records, mais (p.s.) à partir d’un certain rang jamais deux d’affilée.

Exercice 21.8 ★★★

(Saveur de Kochen–Stone, version plus facile) Soit $(A_n)$ des événements indépendants avec $\P(A_n) = \frac{1}{n+1}$ . Montrer que $\P(\limsup A_n) = 1$ , bien que $\P(A_n) \to 0$ : « individuellement rares, collectivement certains ». Réciproquement, exhiber une suite d’événements (dépendants) avec $\sum\P(A_n) = \infty$ et $\P(\limsup A_n) = 0$ , montrant que l’indépendance ne peut être abandonnée dans Borel–Cantelli 2.

Solution

Solution de Exercice 21.8.

Première partie : $\sum \P(A_n) = \sum\frac{1}{n+1} = \infty$ avec indépendance : Borel–Cantelli 2 donne $\P(\limsup A_n) = 1$ . Chaque $A_n$ individuel est de plus en plus improbable, pourtant presque tout $\omega$ appartient à une infinité d’entre eux.

Contre-exemple sans indépendance : prenons $\Omega = \N^*$ avec les poids $p_k = \frac{1}{k(k+1)}$ de l’Exercice 21.2, et $A_n = \{k \in \N^* : k \geq n\}$ . Alors

\P(A_n) = \sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1k - \frac1{k+1}\Bigr) = \frac1n , \qquad \sum_n \P(A_n) = \infty ,

mais les $A_n$ sont décroissants, de sorte que $\limsup_n A_n = \bigcap_n A_n = \emptyset$ : $\P(\limsup A_n) = 0$ . La divergence de $\sum\P(A_n)$ seule ne garantit rien lorsque les événements s’accumulent sur une partie rétrécissante de l’espace — l’indépendance est ce qui interdit cette conspiration.

Exercice 21.9 ★

Une pièce de probabilité de pile $p \in \intoo01$ est lancée jusqu’au premier pile. Calculer la probabilité que cela arrive à un rang impair, et l’évaluer pour une pièce équilibrée.

Solution

Solution de Exercice 21.9.

Avec $q = 1 - p$ , le premier pile tombe au rang $2j + 1$ avec probabilité $q^{2j}p$ , de sorte que

\P(\text{rang impair}) = \sum_{j\geq0}q^{2j}p = \frac{p}{1 - q^2} = \frac{1}{1 + q} .

Pour une pièce équilibrée : $\frac1{1 + 1/2} = \frac23$ . (Vérification de bon sens : les rangs impairs devraient être plus probables, puisque le rang $1$ vient en premier — et en effet $\frac1{1+q} > \frac12$ toujours.)

Exercice 21.10 ★★

Soit $(A_n)_{n\geq1}$ des événements indépendants avec $\P(A_n) = p_n < 1$ . Montrer que

\P\Bigl(\bigcap_{n\geq1}A_n^c\Bigr) = \prod_{n\geq1}(1 - p_n) := \lim_{N\to\infty}\prod_{n=1}^N(1 - p_n),

et que cette limite est $> 0$ si et seulement si $\sum p_n < \infty$ . Réconcilier avec Borel–Cantelli : lorsque $\sum p_n = \infty$ , non seulement un certain $A_n$ se produit presque sûrement — une infinité s’en produisent.

Solution

Solution de Exercice 21.10.

Les événements $B_N = \bigcap_{n=1}^N A_n^c$ décroissent vers $\bigcap_nA_n^c$ , et par indépendance des complémentaires $\P(B_N) = \prod_{n=1}^N(1 - p_n)$ ; la continuité monotone (Théorème 21.6) donne la limite affichée. En prenant les logarithmes, $\prod(1 - p_n) > 0$ ssi $\sum-\ln(1 - p_n) < \infty$ . Si $\sum p_n < \infty$ alors $p_n \to 0$ et $-\ln(1 - p_n) \sim p_n$ : la série des logarithmes converge. Si $\sum p_n = \infty$ , alors $-\ln(1 - p_n) \geq p_n$ force la divergence, de sorte que le produit est $0$ . Cela concorde avec Borel–Cantelli 2 : pour $\sum p_n = \infty$ , non seulement $\P(\text{aucun }A_n\text{ ne se produit}) = 0$ , mais presque sûrement une infinité de $A_n$ se produisent.

Exercice 21.11 ★★

(La boîte d’allumettes de Banach) Un fumeur garde une boîte de $n$ allumettes dans chaque poche et plonge la main dans une poche uniformément au hasard à chaque fois. Lorsqu’il trouve pour la première fois une boîte vide, quelle est la probabilité que l’autre boîte contienne exactement $k$ allumettes ? Montrer que la réponse est $\binom{2n-k}{n}2^{-(2n-k)}$ et vérifier que ces probabilités somment à $1$ pour $n = 1$ .

Solution

Solution de Exercice 21.11.

Disons que la boîte $A$ est celle découverte vide en premier, l’autre boîte contenant $k$ . Cela signifie : parmi les $2n - k$ premiers gestes, exactement $n$ sont allés vers $A$ et $n - k$ vers $B$ (dans un certain ordre), et le geste numéro $2n - k + 1$ est reparti vers $A$ , la trouvant vide. Les gestes sont des choix équilibrés indépendants, de sorte que cet événement a probabilité $\binom{2n-k}{n}2^{-(2n-k)}\cdot\frac12$ ; en doublant (la boîte vide peut être l’une ou l’autre) on obtient

\P(\text{l'autre boîte a }k) = \binom{2n-k}{n}\,2^{-(2n-k)} .

Pour $n = 1$ : $k = 1$ donne $\binom11 2^{-1} = \frac12$ et $k = 0$ donne $\binom21 2^{-2} = \frac12$ : total $1$ , comme il se doit.

Exercice 21.12 ★★★

(La $\sigma$ -additivité est un vrai axiome) (a) Montrer qu’il n’existe pas de mesure de probabilité sur $(\N, \mathcal P(\N))$ donnant à tous les singletons le même poids. (b) Pour $A \subseteq \N^*$ , soit $d(A) = \lim_n\frac{\abs{A\cap\intint1n}}{n}$ lorsque la limite existe (la densité naturelle). Montrer que $d$ est finiment additive sur les paires où les trois densités existent, donne à chaque singleton la densité $0$ et à $\N^*$ la densité $1$ — et conclure que $d$ n’est pas $\sigma$ -additive. (c) Exhiber un ensemble sans densité. (Alterner les blocs $\intint{2^{2k}}{2^{2k+1}-1}$ dedans et dehors.)

Solution

Solution de Exercice 21.12.

(a) Si $\P(\{n\}) = c$ pour tout $n$ , la $\sigma$ -additivité impose $1 = \sum_nc$ : impossible, que $c = 0$ (somme $0$ ) ou $c > 0$ (somme infinie). Il n’existe pas de probabilité uniforme sur $\N$ .

(b) Si $A \cap B = \emptyset$ et $d(A)$ , $d(B)$ existent, alors $\abs{(A \sqcup B)\cap\intint1n} = \abs{A\cap\intint1n} + \abs{B\cap\intint1n}$ , de sorte que $d(A \sqcup B) = d(A) + d(B)$ : additivité finie sur de telles paires. Chaque singleton a une fonction de comptage constante à partir d’un certain rang, donc densité $0$ , tandis que $d(\N^*) = 1$ . Si $d$ était $\sigma$ -additive, $\N^* = \bigsqcup_k\{k\}$ donnerait $1 = \sum_k 0 = 0$ : la densité est finiment additive mais non $\sigma$ -additive — l’axiome a un contenu.

(c) Soit $A = \bigcup_{k\geq0}\intint{4^k}{2\cdot4^k - 1}$ (blocs de $4^k$ à $2\cdot4^k - 1$ ). En $n = 2\cdot4^K - 1$ le compte est $\sum_{k\leq K}4^k \sim \frac43 4^K$ , donnant un rapport $\to \frac23$ ; en $n = 4^{K+1} - 1$ le compte est inchangé, donnant un rapport $\to \frac13$ . Le rapport oscille entre les limites $\frac13$ et $\frac23$ : pas de densité.

21.5 Problème : la marche aléatoire simple sur $\Z$ est récurrente

Vingt-quatre pas d’une marche aléatoire simple ; les points rouges marquent les retours à l’origine. Le problème montre que, avec probabilité 1, ces points ne cessent jamais d’apparaître — pourtant le temps d’attente entre eux a une moyenne divergente. — Vingt-quatre pas d’une marche aléatoire simple ; les points rouges marquent les retours à l’origine. Le problème montre que, avec probabilité $1$ , ces points ne cessent jamais d’apparaître — pourtant le temps d’attente entre eux a une moyenne divergente.

Problème 21.1

Devoir du week-end — le théorème de récurrence de Pólya sur $\Z$ , avec le problème du scrutin et la saveur de l’arcsinus en chemin

Lançons une pièce équilibrée indéfiniment ; soit $X_i = \pm1$ le $i$ -ième pas et $S_n = X_1 + \dots + X_n$ la marche aléatoire simple sur $\Z$ , $S_0 = 0$ . Comme dans l’Exemple 21.26, tous les événements ci-dessous sont déterminés par un nombre fini de lancers ou sont des combinaisons dénombrables de tels événements, et l’indépendance des événements dépendant de blocs disjoints de lancers fait partie du modèle. On note $u_n = \P(S_{2n} = 0)$ et $N_n(k)$ le nombre de chemins $\pm1$ de longueur $n$ de $0$ à $k$ .

Partie I — Dénombrer les chemins.

Montrer que $N_n(k) = \binom{n}{(n+k)/2}$ lorsque $n + k$ est pair et $\abs k \leq n$ , et $0$ sinon ; en déduire $\P(S_n = k) = N_n(k)\,2^{-n}$ . Pourquoi chaque chemin individuel de longueur $n$ est-il équiprobable ?
Montrer $S_{2n+1} \neq 0$ , $u_n = \binom{2n}{n}4^{-n}$ , et calculer $u_1, u_2, u_3$ .
Démontrer $u_n = \frac{2n-1}{2n}\,u_{n-1}$ ; en déduire que $(u_n)$ décroît vers $0$ , et à partir de l’Exemple 6.14 que

$u_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}, \qquad\text{donc}\qquad \sum_n u_n = \infty .$
(Principe de réflexion) Pour $k \geq 1$ , montrer que les chemins de longueur $n$ de $1$ à $k$ qui touchent $0$ sont en bijection avec les chemins de $-1$ à $k$ ; en déduire que le nombre de chemins de $0$ à $k$ qui restent $> 0$ après l’instant $0$ est $N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)$ .
(Théorème du scrutin) En déduire que

$\P\bigl(S_1 > 0, \dots, S_{n-1} > 0 \bigm| S_n = k\bigr) = \frac kn \qquad (k \geq 1) :$

dans un dépouillement où le vainqueur mène par $k$ sur $n$ bulletins, la probabilité que le vainqueur ait mené tout au long du dépouillement est $k/n$ . Vérifier à la main pour $n = 3$ , $k = 1$ .

Partie II — Retour à l’origine.

Démontrer l’identité clé

$\P(S_1 \neq 0,\ S_2 \neq 0,\ \dots,\ S_{2n} \neq 0) = u_n$

(conditionner par le premier pas, sommer les dénombrements de la question 4 sur le point d’arrivée, et télescoper ; finir avec $2\binom{2n-1}{n} = \binom{2n}{n}$ ).
Déduire de la continuité monotone (Théorème 21.6) que la marche revient à $0$ au moins une fois avec probabilité $1$ , et que $f_n := \P(\text{premier retour à l'instant }2n)$ satisfait

$f_n = u_{n-1} - u_n = \frac{u_n}{2n-1}, \qquad \sum_{n\geq1}f_n = 1 .$
Montrer que $\sum_n 2n\,f_n = \infty$ : le retour est certain, mais la série qui calculerait le temps d’attente moyen diverge (dans le vocabulaire du Chapitre 22, le temps de retour a une espérance infinie).
Démontrer que pour tout $k \geq 1$ , $\P(\text{au moins } k\text{ retours à }0) = 1$ (décomposer sur les instants des $k$ premiers retours : les blocs de lancers correspondants sont disjoints, de sorte que les probabilités se multiplient et somment à $(\sum_nf_n)^k$ ) ; conclure avec la continuité monotone :

$\P(S_n = 0 \text{ pour une infinité de } n) = 1 :$

la marche aléatoire simple sur $\Z$ est récurrente.
Montrer que la marche visite chaque site $k \in \Z$ presque sûrement, donc (par récurrence, redémarrée au premier passage) une infinité de fois. (Les signes des excursions successives à partir de $0$ sont des pièces équilibrées indépendantes ; une excursion positive visite $1$ .)

Partie III — Borel–Cantelli et la marche biaisée.

Les événements $A_n = \{S_{2n} = 0\}$ satisfont $\sum\P(A_n) = \infty$ ; expliquer pourquoi Borel–Cantelli 2 ne s’applique pas à eux, et ce que Borel–Cantelli 1 donnerait si la série convergeait. (C’est la stratégie de toute la Partie.)
Laissons maintenant la pièce avoir un biais $p \neq \frac12$ , $q = 1 - p$ . Montrer $\P(S_{2n} = 0) = \binom{2n}n(pq)^n = u_n\,(4pq)^n$ avec $4pq < 1$ , en déduire $\sum_n\P(S_{2n} = 0) < \infty$ , et conclure par Borel–Cantelli 1 que la marche biaisée revient à $0$ seulement un nombre fini de fois, presque sûrement.
Toujours pour $p \neq \frac12$ : montrer $\P(S_n = k) \leq \binom{n}{\floor{n/2}}\,(pq)^{n/2}\,(p/q)^{k/2}$ pour chaque $k$ fixé, en déduire que chaque site est visité un nombre fini de fois presque sûrement, et conclure $\abs{S_n} \to \infty$ presque sûrement : la marche biaisée est transiente.
Retour à la pièce équilibrée : en utilisant la question 6, calculer la probabilité que $200$ lancers ne produisent aucune égalité ( $S_n \neq 0$ pour $1 \leq n \leq 200$ ), numériquement $u_{100} \approx 0.056$ . Commenter la lente décroissance en $1/\sqrt{\pi n}$ : les égalités sont certaines à long terme mais plus rares que l’intuition ne le suggère.
(Premier passage) Soit $T_1$ le premier instant où la marche atteint $1$ . En utilisant le principe de réflexion pour le maximum $M_n = \max_{i\leq n}S_i$ (démontré à la question 16, qui ne dépend pas de celle-ci), ou directement à partir de la question 7 en conditionnant par le premier pas, montrer $\P(T_1 = 2n - 1) = f_n$ ; en déduire $\P(T_1 < \infty) = 1$ tandis que la série des temps moyens $\sum(2n-1)f_n$ diverge.

Partie IV — Maxima, dernier zéro, longues avances.

(Réflexion pour le maximum) Pour $k \geq 1$ , démontrer

$\P(M_n \geq k) = 2\,\P(S_n > k) + \P(S_n = k)$

en réfléchissant le chemin après son premier passage au niveau $k$ .
En déduire $\P(M_{2n} \geq 1) = 1 - u_n$ , c’est-à-dire $\P(S_i \leq 0 \text{ pour tout } i \leq 2n) = u_n$ : la probabilité de n’être jamais en tête égale la probabilité de n’être jamais à zéro (question 6) — deux événements différents, une seule probabilité.
(Dernier zéro) Soit $L_{2n} = \max\{k \leq 2n : S_k = 0\}$ (pair). En combinant la question 6 avec l’indépendance des blocs de lancers disjoints, montrer

$\P(L_{2n} = 2k) = u_k\,u_{n-k} \qquad (0 \leq k \leq n),$

et en déduire, sans aucun autre calcul, l’identité binomiale $\sum_{k=0}^n u_ku_{n-k} = 1$ .
Montrer que la loi de $L_{2n}$ est symétrique ( $\P(L = 2k) = \P(L = 2n - 2k)$ ) et, en utilisant $u_j \sim 1/\sqrt{\pi j}$ , que ses extrêmes sont ses valeurs les plus probables. Tabuler pour $n = 5$ : $\P(L_{10} = 0) = u_5 \approx 0.246$ contre $\P(L_{10} = 4) = u_2u_3 \approx 0.117$ . Interpréter : dans un long jeu équilibré, la dernière égalité tend à être très précoce ou très tardive — les longues avances sont la règle, non l’exception.
Assembler les questions 16–19 en un paragraphe sur l’image des fluctuations de la marche équilibrée : l’échelle diffusive suggérée par la question 3, la certitude du retour contre le temps d’attente moyen divergent, et la persistance des avances, à saveur d’arcsinus.

Partie V — L’identité de renouvellement et le théorème de Pólya.

Démontrer, en partitionnant $\{S_{2n} = 0\}$ sur l’instant du premier retour, l’identité de renouvellement

$u_n = \sum_{k=1}^n f_k\,u_{n-k} \quad (n \geq 1), \qquad\text{donc}\qquad U(x)\bigl(1 - F(x)\bigr) = 1 \quad (0 \leq x < 1),$

où $U(x) = \sum_{n\geq0}u_nx^n$ et $F(x) = \sum_{n\geq1}f_nx^n$ (justifier les rayons et le produit de séries avec le Chapitre 11).
En déduire la dichotomie de récurrence : en faisant $x \to 1^-$ (limites monotones de séries à coefficients positifs),

$\sum_n u_n = \infty \iff \sum_n f_n = 1 ,$

et la vérifier sur les questions 3, 7 (marche équilibrée) et 12 (marche biaisée).
(Dimension $2$ ) La marche simple sur $\Z^2$ fait des pas $(\pm1, 0)$ , $(0, \pm1)$ uniformément. Montrer que les coordonnées tournées $U_n = X_n + Y_n$ et $V_n = X_n - Y_n$ effectuent des marches équilibrées indépendantes sur $\Z$ , en déduire

$\P\bigl(S^{(2)}_{2n} = (0,0)\bigr) = u_n^2 \sim \frac1{\pi n}, \qquad \sum_n u_n^2 = \infty ,$

et conclure avec les questions 21–22 (dont les démonstrations se transfèrent mot pour mot) que la marche sur $\Z^2$ est récurrente.
(Dimension $3$ ) Pour la marche simple sur $\Z^3$ , admettre l’estimation locale $\P(S^{(3)}_{2n} = 0) \leq C\,n^{-3/2}$ (démontrée avec le théorème limite local dans le volume de l’Année 3). En déduire de Borel–Cantelli 1 que la marche sur $\Z^3$ est transiente, et énoncer le résultat complet : le théorème de Pólya — la marche aléatoire simple est récurrente en dimensions $1$ et $2$ , transiente en dimension $3$ et au-delà.
Synthèse. Lister le rôle exact joué par : le dénombrement de chemins et la réflexion ; la continuité monotone ; l’indépendance des blocs de lancers disjoints ; Borel–Cantelli 1 ; l’identité de renouvellement. Quel unique fait analytique ( $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ , donc $\sum u_n = \infty$ mais $\sum u_n^2 = \infty$ et $\sum n^{-3/2} < \infty$ ) décide entre récurrence et transience en chaque dimension ?

Solution

Solution de Problème 21.1.

1. Un chemin de longueur $n$ est déterminé par l’ensemble de ses pas montants ; terminer en $k$ signifie $u$ pas montants et $n - u$ pas descendants avec $u - (n - u) = k$ , c’est-à-dire $u = \frac{n+k}2$ : possible ssi $n + k$ est pair et $\abs k \leq n$ , de $\binom{n}{(n+k)/2}$ façons. Chaque chemin spécifique est un point de la mesure produit équilibrée sur $n$ lancers : probabilité $2^{-n}$ . Donc $\P(S_n = k) = N_n(k)2^{-n}$ .

2. $S_n$ a la parité de $n$ , de sorte que $S_{2n+1} \neq 0$ ; et $u_n = N_{2n}(0)4^{-n} = \binom{2n}n4^{-n}$ . Valeurs : $u_1 = \frac12$ , $u_2 = \frac6{16} = \frac38$ , $u_3 = \frac{20}{64} = \frac5{16}$ .

3. $\dfrac{u_n}{u_{n-1}} = \dfrac{\binom{2n}n}{4\binom{2n-2}{n-1}} = \dfrac{(2n)(2n-1)}{4n^2} = \dfrac{2n-1}{2n} < 1$ : décroissante. Par l’Exemple 6.14, $\binom{2n}n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ , de sorte que $u_n \sim \frac1{\sqrt{\pi n}} \to 0$ , et $\sum u_n$ diverge par comparaison avec $\sum n^{-1/2}$ .

4. Étant donné un chemin de $1$ à $k$ touchant $0$ , réfléchir son segment initial (jusqu’au premier passage à $0$ ) par rapport à l’axe horizontal : le résultat est un chemin de $-1$ à $k$ , et l’opération est une involution — tout chemin de $-1$ à $k \geq 1$ doit croiser $0$ , et réfléchir son segment initial en retour retrouve l’original. Donc les chemins touchants sont au nombre de $N_{n-1}(k + 1)$ (de $-1$ à $k$ le déplacement est $k + 1$ ). Un chemin de $0$ à $k$ restant $> 0$ après l’instant $0$ commence par un pas montant puis va de $1$ à $k$ en $n - 1$ pas sans toucher $0$ : il y en a $N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)$ .

5. Avec $m = \frac{n+k}2$ , en utilisant $\binom{n-1}{m-1} = \frac mn\binom nm$ et $\binom{n-1}{m} = \frac{n-m}n\binom nm$ :

\frac{N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)}{N_n(k)} = \frac{\binom{n-1}{m-1} - \binom{n-1}{m}}{\binom nm} = \frac{m - (n - m)}{n} = \frac kn .

Pour $n = 3$ , $k = 1$ : $N_3(1) = 3$ chemins ( $++-$ , $+-+$ , $-++$ ), dont seul $++-$ reste positif ( $+-+$ revient à $0$ à l’instant $2$ ) : un sur trois, et $\frac kn = \frac13$ .

6. Par symétrie la probabilité est $2\P(S_i > 0\ \forall i \leq 2n)$ . En sommant sur le point d’arrivée $2k$ et en utilisant la question 4 (avec $n$ remplacé par $2n$ ) :

\P(S_i > 0\ \forall i) = 2^{-2n}\sum_{k\geq1} \bigl(N_{2n-1}(2k-1) - N_{2n-1}(2k+1)\bigr) = 2^{-2n}\,N_{2n-1}(1),

une somme télescopique. Or $N_{2n-1}(1) = \binom{2n-1}{n}$ et $2\binom{2n-1}n = \binom{2n}n$ (Pascal), de sorte que la probabilité affichée est $2\cdot2^{-2n}\binom{2n-1}n = \binom{2n}n4^{-n} = u_n$ .

7. Les événements $D_n = \{S_i \neq 0,\ i \leq 2n\}$ décroissent, d’intersection « aucun retour jamais » ; par continuité monotone et la question 6, $\P(\text{aucun retour}) = \lim u_n = 0$ : la marche revient presque sûrement. De plus $f_n = \P(D_{n-1}) - \P(D_n) = u_{n-1} - u_n$ , et par la question 3

u_{n-1} - u_n = u_n\Bigl(\frac{2n}{2n-1} - 1\Bigr) = \frac{u_n}{2n-1}; \qquad \sum_{n\geq1}f_n = u_0 - \lim u_n = 1 .

8. $2n\,f_n = \frac{2n}{2n-1}u_n \geq u_n$ , et $\sum u_n = \infty$ (question 3) : la série $\sum 2nf_n$ diverge. Le premier retour est certain mais n’a pas de temps d’attente moyen fini — la marche est récurrente nulle, dans le vocabulaire que le Chapitre 22 fournira.

9. L’événement « au moins $k$ retours » est l’union dénombrable disjointe, sur $0 < n_1 < \dots < n_k$ , des événements « les $k$ premiers retours se produisent exactement aux instants $2n_1, \dots, 2n_k$ ». Un tel événement est l’intersection de $k$ événements dépendant des blocs de lancers disjoints $\intint1{2n_1}$ , $\intint{2n_1+1}{2n_2}$ , …, chaque bloc exigeant d’une marche fraîche qu’elle fasse son premier retour après exactement le nombre alloué de pas ; par indépendance des blocs sa probabilité est $f_{n_1}f_{n_2-n_1}\cdots f_{n_k-n_{k-1}}$ . En sommant par paquets (Chapitre 7, tous les termes positifs) :

\P(\text{au moins }k\text{ retours}) = \Bigl(\sum_{n\geq1}f_n\Bigr)^{\!k} = 1^k = 1 .

Les événements décroissent en $k$ , de sorte que par continuité monotone $\P(\text{une infinité de retours}) = 1$ : récurrence.

10. Par la question 9 la marche fait une infinité d’excursions loin de $0$ . Le premier pas de chaque excursion est une pièce fraîche, indépendante de tout ce qui précède : la probabilité que les $m$ premières excursions commencent toutes vers le bas est $2^{-m}$ . Pour atteindre $1$ la marche n’a besoin que d’un début d’excursion vers le haut (depuis $<0$ elle doit passer par $0$ avant d’atteindre $1$ , les pas étant $\pm1$ ), de sorte que $\P(\text{n'atteint jamais }1) \leq 2^{-m}$ pour tout $m$ : la marche atteint $1$ presque sûrement. En décomposant sur le temps d’atteinte (presque sûrement fini), la marche redémarrée là est une marche fraîche partie de $1$ : par récurrence elle atteint chaque $k \geq 1$ presque sûrement, et par symétrie chaque $k \leq -1$ . Enfin, en redémarrant au premier passage en $k$ , la question 9 s’applique à la marche fraîche : chaque site est visité une infinité de fois, presque sûrement.

11. Les événements $A_n = \{S_{2n} = 0\}$ sont loin d’être indépendants (être en $0$ à l’instant $2n$ rend le fait d’être en $0$ à l’instant $2n + 2$ bien plus probable que $u_{n+1}$ ), de sorte que Borel–Cantelli 2 est indisponible, et en effet tout le travail de la Partie II était de le remplacer. L’autre direction ne requiert aucune indépendance : si $\sum\P(A_n)$ converge, Borel–Cantelli 1 donne un nombre fini de retours presque sûrement. Cette implication est le moteur de toute preuve de transience ci-dessous.

12. Un retour à l’instant $2n$ requiert $n$ pas montants et $n$ pas descendants : $\P(S_{2n} = 0) = \binom{2n}np^nq^n = u_n(4pq)^n$ , et $4pq = 1 - (p - q)^2 < 1$ pour $p \neq \frac12$ . Puisque $u_n \leq 1$ , la série $\sum\P(S_{2n} = 0)$ est dominée par la géométrique $\sum(4pq)^n$ : convergente. Par Borel–Cantelli 1, $\P(S_{2n} = 0 \text{ une infinité de fois}) = 0$ : un nombre fini de retours, presque sûrement.

13. Pour $n + k$ pair, $\P(S_n = k) = \binom{n}{\frac{n+k}2}p^{\frac{n+k}2}q^{\frac{n-k}2}$ ; le coefficient binomial est au plus le coefficient central, et $p^{\frac{n+k}2}q^{\frac{n-k}2} = (pq)^{n/2}(p/q)^{k/2}$ , donnant la borne annoncée $\leq 2^n(pq)^{n/2}(p/q)^{k/2} = (4pq)^{n/2}(p/q)^{k/2}$ , sommable en $n$ puisque $\sqrt{4pq} < 1$ . Borel–Cantelli 1 : le site $k$ est visité un nombre fini de fois presque sûrement ; l’union sur $k \in \Z$ des événements nuls exceptionnels est encore nulle (sous-additivité dénombrable). Presque sûrement chaque site est visité un nombre fini de fois, de sorte que la suite d’entiers $(S_n)$ quitte définitivement toute fenêtre bornée : $\abs{S_n} \to \infty$ .

14. $\P(S_n \neq 0,\ 1 \leq n \leq 200) = u_{100} = \binom{200}{100}4^{-100} \approx \frac1{\sqrt{100\pi}} \approx 0.056$ : plus d’une chance sur vingt que $200$ lancers équilibrés ne s’égalisent jamais. La décroissance $1/\sqrt{\pi n}$ est atrocement lente : la certitude d’une égalité (question 7) est compatible avec de très longues plages sans égalité — un premier avant-goût des phénomènes d’arcsinus de la Partie IV.

15. Conditionnons par le premier pas. Si $X_1 = +1$ alors $T_1 = 1$ , et $f_1 = \frac12$ concorde. Si $X_1 = -1$ , la marche doit remonter de $-1$ à $1$ ; par la décomposition en blocs, revenir à $0$ pour la première fois à l’instant $2n$ se scinde en : un pas vers le bas, puis une marche fraîche partie de $-1$ atteignant $0$ pour la première fois — de façon équivalente une marche fraîche atteignant $+1$ pour la première fois — en $2n - 1$ pas, ou l’événement symétrique vers le haut. Les deux signes contribuent également :

f_n = 2\cdot\tfrac12\,\P(T_1 = 2n - 1) = \P(T_1 = 2n-1) .

Donc $\P(T_1 < \infty) = \sum f_n = 1$ , tandis que $\sum_n(2n - 1)f_n = \sum_n u_n = \infty$ par la question 7 : la marche atteint $1$ presque sûrement, en temps moyen infini.

16. Partitionnons $\{M_n \geq k\}$ par la valeur terminale $S_n = m$ . Pour $m \geq k$ la condition $M_n \geq k$ est automatique. Pour $m < k$ , réfléchir le chemin après son premier passage au niveau $k$ : c’est une bijection entre $\{M_n \geq k, S_n = m\}$ et $\{S_n = 2k - m\}$ (tout chemin terminant en $2k - m > k$ visite $k$ ; réfléchir en retour est l’inverse). Donc

\P(M_n \geq k) = \sum_{m > k}\P(S_n = m) + \P(S_n = k) + \sum_{m < k}\P(S_n = 2k - m) = 2\P(S_n > k) + \P(S_n = k).

17. À l’instant pair $2n$ avec $k = 1$ : $\P(S_{2n} = 1) = 0$ et $\P(S_{2n} > 1) = \P(S_{2n} \geq 2)$ , de sorte que

\P(M_{2n} \geq 1) = 2\P(S_{2n} \geq 2) = \P(S_{2n} \geq 2) + \P(S_{2n} \leq -2) = 1 - u_n .

Ainsi $\P(S_i \leq 0\ \forall i \leq 2n) = u_n$ : la marche ne mène jamais dans les premiers $2n$ pas exactement aussi souvent qu’elle ne s’égalise jamais (question 6) — deux événements bien différents, portés par le même $u_n$ .

18. $\{L_{2n} = 2k\} = \{S_{2k} = 0\} \cap \{\text{la marche des lancers } 2k+1, \dots, 2n \text{ n'a aucun zéro}\}$ . Les deux événements dépendent de blocs de lancers disjoints, de sorte qu’ils sont indépendants ; le premier a probabilité $u_k$ , le second $u_{n-k}$ par la question 6 appliquée à la marche fraîche à $(2n-2k)$ pas. Donc $\P(L_{2n} = 2k) = u_ku_{n-k}$ . Puisque $L_{2n}$ prend exactement les valeurs $0, 2, \dots, 2n$ , ces probabilités somment à $1$ : $\sum_{k=0}^nu_ku_{n-k} = 1$ , une identité binomiale livrée par une partition probabiliste.

19. La symétrie est immédiate : $u_ku_{n-k} = u_{n-k}u_k$ . Comme $u_j$ décroît en $j$ , le produit $u_ku_{n-k}$ est le plus petit pour $k$ central et le plus grand aux extrêmes $k \in \{0, n\}$ , où il vaut $u_n$ ; quantitativement $u_ku_{n-k} \approx \frac1{\pi\sqrt{k(n-k)}}$ dans le corps, contre $u_n \approx \frac1{\sqrt{\pi n}}$ aux bords. Pour $n = 5$ : $\P(L_{10} = 0) = \P(L_{10} = 10) = u_5 = \frac{63}{256} \approx 0.246$ , tandis que $\P(L_{10} = 4) = u_2u_3 = \frac38\cdot\frac5{16} = \frac{15}{128} \approx 0.117$ . Dans un long jeu équilibré la dernière égalisation est le plus probablement près du tout début ou de la toute fin : un joueur mène typiquement pendant d’énormes plages, sans aucun biais dans la pièce.

20. L’image : à l’instant $n$ la marche vit à l’échelle $\sqrt n$ (l’étalement binomial de la question 3 — $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ est la hauteur du pic central) ; elle revient à $0$ une infinité de fois avec probabilité $1$ (Partie II), pourtant le temps d’attente entre retours a une moyenne divergente (question 8), ce qui explique pourquoi des excursions isolées peuvent occuper une fraction positive de tout horizon ; corrélativement la dernière égalité d’un jeu à $2n$ pas est étalée avec les valeurs extrêmes les plus probables (questions 18–19), et le fait de ne jamais mener a la même probabilité lentement décroissante $u_n$ que le fait de ne jamais s’égaliser (question 17). Certitude à la limite, persistance à chaque horizon fini : voilà la marche équilibrée.

21. Partitionnons $\{S_{2n} = 0\}$ ( $n \geq 1$ ) par le premier instant de retour $2k$ , $1 \leq k \leq n$ : le premier bloc de $2k$ lancers réalise un premier retour, les $2n - 2k$ lancers restants réalisent un retour d’une marche fraîche, et les blocs sont indépendants : $u_n = \sum_{k=1}^nf_ku_{n-k}$ . Les deux séries $U(x) = \sum u_nx^n$ , $F(x) = \sum f_nx^n$ ont un rayon $\geq 1$ (coefficients dans $\intcc01$ ), et le produit de Cauchy (Chapitre 11) donne, pour $0 \leq x < 1$ ,

U(x) - 1 = \sum_{n\geq1}\Bigl(\sum_{k=1}^n f_ku_{n-k}\Bigr)x^n = F(x)\,U(x), \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad U(x)\bigl(1 - F(x)\bigr) = 1 .

22. Lorsque $x \uparrow 1$ , $U(x)$ et $F(x)$ croissent (coefficients positifs) ; toute somme partielle $\sum_{n\leq N}u_n$ est une limite de $\sum_{n\leq N}u_nx^n \leq U(x)$ , de sorte que $U(x) \uparrow \sum u_n \in \intoc0{+\infty}$ , et de même $F(x) \uparrow f = \sum f_n$ . Si $\sum u_n = \infty$ : $1 - F(x) = 1/U(x) \to 0$ , de sorte que $f = 1$ . Si $\sum u_n = S < \infty$ : $1 - f = 1/S > 0$ , de sorte que $f < 1$ . Vérifications : marche équilibrée, $\sum u_n = \infty$ et $f = 1$ (questions 3, 7) ; marche biaisée, $\sum u_n(4pq)^n < \infty$ et corrélativement $f = 1 - 1/\sum_{n\geq0}u_n(4pq)^n < 1$ , cohérent avec la finitude presque sûre du nombre de retours (question 12).

23. Pour les quatre pas $(\pm1, 0), (0, \pm1)$ de la marche sur $\Z^2$ , les accroissements de $U = X + Y$ et $V = X - Y$ sont : $(+,+)$ pour $(1,0)$ , $(+,-)$ pour $(0,1)$ , $(-,+)$ pour $(0,-1)$ , $(-,-)$ pour $(-1,0)$ — chaque paire de signes de probabilité $\frac14 = \frac12\cdot\frac12$ : les deux marches de coordonnées $(U_n)$ et $(V_n)$ sont des marches équilibrées indépendantes sur $\Z$ . Puisque $S^{(2)}_{2n} = (0,0)$ ssi $U_{2n} = 0$ et $V_{2n} = 0$ ,

\P\bigl(S^{(2)}_{2n} = (0,0)\bigr) = u_n^2 \sim \frac1{\pi n}, \qquad \sum_nu_n^2 = \infty .

L’identité de renouvellement de la question 21 et la dichotomie de la question 22 n’ont rien utilisé d’unidimensionnel (seulement la décomposition sur le premier retour et l’indépendance des blocs disjoints), de sorte que $\sum u_n^{(2)} = \infty$ donne $f^{(2)} = 1$ , et l’argument de la question 9 le renforce : la marche sur $\Z^2$ revient à l’origine une infinité de fois presque sûrement.

24. Avec la borne admise $\P(S^{(3)}_{2n} = 0) \leq Cn^{-3/2}$ , la série converge, et Borel–Cantelli 1 donne un nombre fini de retours presque sûrement : la marche sur $\Z^3$ est transiente (et la même borne d’exposant $-d/2$ traite tout $d \geq 3$ ). En tout : le théorème de Pólya — la marche aléatoire simple est récurrente sur $\Z$ et $\Z^2$ , transiente sur $\Z^d$ pour $d \geq 3$ . Un homme ivre trouve son chemin de retour ; un oiseau ivre peut ne pas le trouver.

25. Le dénombrement de chemins et la réflexion ont produit les lois exactes ( $u_n$ , le théorème du scrutin, $f_n$ , le maximum, le dernier zéro) ; la continuité monotone a converti tout énoncé limite (« revient au moins une fois », « une infinité de fois ») en une limite de probabilités à horizon fini ; l’indépendance des blocs disjoints a alimenté les décompositions de renouvellement (questions 9, 18, 21) — c’est le squelette dénombrable de la propriété de Markov ; Borel–Cantelli 1 a été l’arme de transience (questions 12–13, 24), ne requérant aucune indépendance ; l’identité de renouvellement a organisé le tout en la dichotomie $\sum u_n = \infty \iff$ récurrence. L’unique apport analytique est l’estimation locale $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ : son carré $1/(\pi n)$ diverge encore (dimension $2$ , récurrente), tandis que $n^{-3/2}$ converge (dimension $3$ , transiente) — le théorème de Pólya est, au fond, un énoncé sur la divergence de $\sum n^{-d/2}$ .

21.1 Espaces probabilisés

21.2 Conditionnement et indépendance

21.3 Le lemme de Borel–Cantelli

21.4 Exercices

21.5 Problème : la marche aléatoire simple sur Z\ZZ est récurrente

21.5 Problème : la marche aléatoire simple sur $\Z$ est récurrente