Théorème de Yaglom

Lemme admis

Si \(E[Z_1] = 1\) et \(Var[Z_1] < +\infty\) alors,

\[ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} * (\frac{1}{1-f_n(t)} - \frac{1}{1-t}) = \frac{\sigma^2}{2} , \hspace{8px} \forall t \in [0, 1[ \]

Corollaire : équivalent de \(P(Z_n > 0)\) quand \(n \to +\infty\)

En évaluant l’égalité du lemme en \(t=0\), on obtient

\[ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} * (\frac{1}{1-f_n(0)}) - \frac{1}{n} = \frac{\sigma^2}{2} \]

Comme \(\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0\), on a alors

\[ (\frac{1}{1-f_n(0)}) \sim \frac{n * \sigma^2}{2} \]

c’est à dire

\[ 1-f_n(0) \sim \frac{2}{n * \sigma^2} \]

ou encore

\[ P(Z_n > 0) \sim \frac{2}{n * \sigma^2} \]

Vitesse de divergence de \(E[Z_n | Z_n > 0]\)

Le corollaire peut nous donner une idée de la vitesse de divergence du processus \(Z_n | Z_n > 0\).

\[\begin{split} \begin{align*} E[Z_n | Z_n > 0] &= \sum_{k=0}^{+\infty} k * P(Z_n = k | Z_n > 0) \hspace{10px} \text{par définition de l'espérance} \\ &= \sum_{k=0}^{+\infty} k * \frac{P(Z_n = k \cap Z_n > 0)}{P(Z_n > 0)} \hspace{10px} \text{en utilisant la formule de Bayes}\\ \end{align*} \end{split}\]

Or \(\hspace{10px} P(Z_n = k \cap Z_n > 0) = P(Z_n = k), \forall k \ge 1\)
et, pour \(\hspace{4px} k=0, \hspace{6px} 0 * P(Z_n = 0 \cap Z_n > 0) = 0 * P(Z_n = 0)\)
d’où \(\hspace{6px} \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} k * P(Z_n = k \cap Z_n > 0) = \sum_{k=0}^{+\infty} k * P(Z_n = k)\)
Ce qui nous donne

\[\begin{split} \begin{align*} E[Z_n | Z_n > 0] &= \frac{1}{P(Z_n > 0)} \sum_{k=0}^{+\infty} k * P(Z_n = k) \\ &= \frac{E[Z_n]}{P(Z_n > 0)} \\ &= \frac{m^n}{P(Z_n > 0)} \\ &= \frac{1}{P(Z_n > 0)} \end{align*} \end{split}\]

Car nous sommes dans le cas critique où \(m=1\).

Finalement, grâce au corollaire on obtient immédiatement que \(E[Z_n | Z_n > 0] \sim \frac{n * \sigma^2}{2}\)

Théorème de Yaglom

Comme la moyenne du processus conditionné \(Z_n | Z_n > 0\) diverge à la même vitesse que \(n\), il vient l’idée de diviser ce processus par un facteur \(n\). De la sorte, nous pourrons tomber sur un processus qui converge vers une loi exponentielle de paramètre \(\frac{2}{\sigma^2}\).

Ce résultat est donné par le théorème de Yaglom :

Si \(E[Z_1] = 1\) et \(Var[Z_1] = \sigma^2 < +\infty\) alors,

\[ \lim_{n \to +\infty} P(\frac{Z_n}{n} > z | Z_n > 0) = \exp{(\frac{-2 z}{\sigma^2})}, \hspace{10px} \forall z \ge 0 \]

Démonstration

Problème auxiliaire

En utilisant les transformées de Laplace, on admet qu’il suffit de démontrer l’égalité suivante :

\[ \lim_{n \to +\infty} E[\exp{(-\alpha * \frac{Z_n}{n})} | Z_n > 0] = \frac{1}{1 + \frac{\alpha \sigma^2}{2}} \]

En effet, on peut retrouver la partie droite de l’égalité en écrivant la transformée de Laplace de \(\exp{(\frac{-2 z}{\sigma^2})}\) :

\[\begin{split} \begin{align*} \mathcal{L}(\exp{(\frac{-2 z}{\sigma^2})}) &= \frac{1}{\alpha + \frac{2}{\sigma^2}} \\ &= \frac{2}{2 + \alpha \sigma^2} \\ &= \frac{1}{1 + \frac{\alpha \sigma^2}{2}} \end{align*} \end{split}\]

La partie gauche de l’égalité peut être retrouvée en utilisant la transformée de Laplace pour une variable aléatoire :

\[\begin{split}\begin{align*} \mathcal{L}_{X} : & \hspace{6px} \mathbb{R} \to \mathbb{R} \\ & \hspace{6px} t \to \mathbb{E}[e^{tX}] \end{align*} \end{split}\]

Par identification, il faut prendre \(\mathcal{L}_{\frac{Z_n}{n}}(- \alpha)\).
Cependant, je ne sais pas expliquer comment le passage par ces transformées conserve l’égalité.

Résolution du problème auxiliaire

Partont de la partie gauche de l’égalité.
On admet le résultat suivant :

\[E[\exp{(-\alpha * \frac{Z_n}{n})} | Z_n > 0] = \frac{f_n(\mathbb{e^{-\alpha / n}}) - f_n(0)}{1 - f_n{0}} \]

On peut réécrire la partie de droite sous une forme qui fait apparaître le résultat du corollaire :

\[\begin{split} \begin{align*} \frac{f_n(\mathbb{e^{-\alpha / n}}) - f_n(0)}{1 - f_n{0}} &= \frac{1 - f_n(0) - (1 - f_n(\mathbb{e^{-\alpha / n}}))}{1 - f_n{0}} \\ &= 1 - \frac{1 - f_n(\mathbb{e^{-\alpha / n}})}{1 - f_n{0}} \\ &= 1 - \frac{[n * (1 - f_n(\mathbb{e^{-\alpha / n}}))]^{-1}}{[n * (1 - f_n{0})]^{-1}} \end{align*} \end{split}\]

On sait, par le corollaire du lemme, que \(\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} * (\frac{1}{1-f_n(0)}) = \frac{\sigma^2}{2}\).

Par ailleurs, en utilisant la convergence uniforme, on a \( \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n(1-f_n(e^{-\alpha / n}))} = \frac{\sigma^2}{2} + \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n(1-e^{-\alpha / n})} = \frac{\sigma^2}{2} + \frac{1}{\alpha} \).

Finalement, en passant à la limite, on a :

\[\begin{split} \begin{align*} \lim_{n \to +\infty} E[\exp{(-\alpha * \frac{Z_n}{n})} | Z_n > 0] &= 1 - \frac{\frac{\sigma^2}{2}}{\frac{\sigma^2}{2} + \frac{1}{\alpha}} \\ &= 1 - \frac{1}{1 + \frac{2}{\alpha \sigma^2}} \hspace{10px} \text{en factorisant par $\sigma^2 / 2$} \\ &= 1 - \frac{\alpha \sigma^2}{\alpha \sigma^2 + 2} \\ &= \frac{2}{\alpha \sigma^2 + 2} \\ &= \frac{1}{\frac{\alpha \sigma^2}{2} + 1} \end{align*} \end{split}\]

Et on trouve bien le membre de droite de l’égalité auxiliaire que nous cherchions à démontrer.