esperance conditionnelle

Espérance conditionnelle

Samy Tindel

Nancy-Université

Master 1 - Nancy

Samy T. (IECN) M1 - Espérance conditionnelle Nancy-Université 1 / 59

Plan

1 Définition

2 Exemples

3 Propriétés de l’espérance conditionnelle

4 Interprétation en termes de projection

5 Lois conditionnelles régulières


Plan

1 Définition

2 Exemples





Définition formelleDéfinitionOn se donne un espace de probabilités (Ω,F0,P) et

Une σ-algèbre F ⊂ F0.X ∈ F0 telle que E[|X |] <∞.

Espérance conditionnelle de X sachant F :Notée E[X |F ]

Définie par: E[X |F ] est la v.a Y de L1(Ω) telle que(i) Y ∈ F .(ii) Pour tout A ∈ F , on a

E[X1A] = E[Y 1A],

ou encore∫

A X dP =∫

A Y dP.


Remarques

Notation: On utilisera la notation Y ∈ F pour dire qu’une variablealéatoire Y est F -mesurable.

Interprétation: de manière plus intuitiveF représente une quantité d’informationY est la meilleure prédiction de X lorsque l’on possèdel’information contenue dans F .

Existence: à voir après les exemples.

Unicité: Si elle existe, l’espérance conditionnelle est unique.


Démonstration unicité

But: Soit Y’ vérifiant (i) + (ii), de même que Y .→ Montrons Y = Y ′ p.s

Propriété générale: Pour tout A ∈ F , on a E[Y 1A] = E[Y ′ 1A].

Cas particulier: Soit ε > 0, et posons

Aε ≡ (Y − Y ′ > ε).

Alors Aε ∈ F , et donc

0 = E[(Y − Y ′) 1Aε] ≥ εE[1Aε] = εP(Aε)

⇒ P(Aε) = 0.


Démonstration unicité (2)Ensemble A+: Soit

A+ ≡ (Y − Y ′ > 0) =⋃n>1

A1/n.

On a n 7→ A1/n croissante, et donc

P(A+) = P⋃

n>1A1/n

= limn→∞

P(A1/n) = 0.

Ensemble A−: De même, si

A− = Y − Y ′ < 0

on a P(A−) = 0.


Démonstration unicité (3)

Conclusion: On obtient, en posant

A6= ≡ Y 6= Y ′ = A+ ∪ A−,

que P(A6=) = 0, et donc Y = Y ′ p.s.


Absolue continuité

DéfinitionSoit µ, ν deux mesures σ-finies sur (Ω,F).On dit que ν µ (µ est absolument continue par rapport à ν) si

µ(A) = 0 =⇒ ν(A) = 0 pour tout A ∈ F .


Théorème de Radon-Nykodym

ThéorèmeSoient

µ, ν mesures σ -finies sur (Ω,F), telles que ν µ.Alors il existe f ∈ F telle que, pour tout A ∈ F , on a

ν(A) =∫

Af dµ.

La fonction f :Se nomme dérivée de Radon-Nykodym de µ par rapport à νSe note f ≡ dν

dµ .On a f ≥ 0 µ-presque partoutf ∈ L1(µ).


Existence de l’espérance conditionnelle

Hypothèse: On aUne σ-algèbre F ⊂ F0.X ∈ F0 telle que E[|X |] <∞.X > 0.

Définition de deux mesures: on pose1 µ = P, mesure sur (Ω,F).2 ν(A) ≡ E[X 1A] =

∫A X dP.

Alors ν est bien une mesure (par Beppo-Levi).


Existence de l’espérance conditionnelle (2)

Absolue continuité: on a

P(A) = 0⇒ 1A = 0 P-p.s.⇒ X 1A = 0 P-p.s.⇒ ν(A) = 0

Donc ν P

Conclusion: par théorème de Radon-Nykodym, il existe f ∈ F telleque, pour tout A ∈ F , on a ν(A) =

∫A f dP.

→ On pose f = E[X |F ].


Plan

1 Définition

2 Exemples





Exemples faciles

Exemple 1: Si X ∈ F , alors E[X |F ] = X .

Définition: On dit que X ⊥⊥ F si→ pour tout A ∈ F et B ∈ B(R), on a

P((X ∈ B) ∩ A) = P(X ∈ B) P(A),

ou encore X ⊥⊥ 1A.

Exemple 2: Si X ⊥⊥ F , alors E[X |F ] = E[X ].


Démonstration: exemple 2

On a(i) E[X ] ∈ F car E[X ] est constante.(ii) Si A ∈ F ,

E[X 1A] = E[X ] E[1A] = E[E[X ] 1A

].


Espérance conditionnelle discrète

Exemple 3: On considèreΩj ; j > 1

partition de Ω telle que P(Ωj) > 0 pour tout j > 1.

F = σ(Ωj ; j > 1).Alors

E[X |F ] =∑j>1

E[X 1Ωj ]

P(Ωj)1Ωj ≡ Y . (1)


Démonstration: exemple 3

Stratégie: on vérifie les points (i) et (ii) de la définition pour lavariable aléatoire Y .

(i) Pour tout j ≥ 1, on a 1Ωj ∈ F . Donc, pour toute suitenumérique (αj)j≥1, ∑

j≥1αi1Ωj ∈ F .

(ii) Il suffit de vérifier (1) pour A = Ωn et n ≥ 1 fixé. Or,

E[Y 1Ωn] = E

E[X1Ωn]

P(Ωn)1Ωn

=

E[X 1Ωn]

P(Ωn)E[1Ωn] = E[X 1Ωn].


Probabilité conditionnelle enfantine

Définition: Pour un ensemble mesurable A ∈ F0, on pose

P(A|F) ≡ E[1A|F ]

Cas particulier de l’exemple discret:Soit B,Bc une partition de Ω, et A ∈ F0. Alors

1 F = σ(B) =

Ω, ∅,B,Bc

2 On aP(A|F) = P(A|B) 1B + P(A|Bc) 1Bc .


Lancer de dé

Exemple: On considèreΩ =

1, 2, 3, 4, 5, 6

, A = 4, B = "pair".

AlorsP(A|F) =

13 1B.


Conditionnement d’une v.a. par une autre v.a.Définition: Soient X et Y deux variables aléatoires avec X ∈ L1(Ω).On pose

E[X |Y ] = E[X |σ(Y )].

Critère pour déterminer si A ∈ σ(Y ):On a A ∈ σ(Y ) ssi

A =ω; Y (ω) ∈ B

, ou encore 1A = 1B(Y )

Critère pour déterminer si Z ∈ σ(Y ):Soient Z et Y deux variables aléatoires réelles. Alors

Z ∈ σ(Y ) ssi on peut écrire Z = U(Y ), avec U ∈ B(R).


Conditionnement d’une v.a. par une v.a. discrète

Exemple 4: Lorsque X et Y sont des variables aléatoires discrètes→ Le calcul de E[X |Y ] peut être traité selon la méthode présentée àl’exemple 3.

Plus précisément:On suppose Y ∈ E avec E = yi ; i ≥ 1Hypothèse: P(Y = yi) > 0 pour tout i ≥ 1.

Alors E[X |Y ] = h(Y ) avec h : E → R définie par

h(y) =E[X 1(Y =y)]

P(Y = y).


Conditionnement d’une v.a. par une v.a. continue

Exemple 5: Soit (X ,Y ) couple de variables aléatoires réelles dedensité mesurable f : R2→R+. On suppose que∫

Rf (x , y)dx > 0, pour tout y ∈ R.

Soit g : R→ R une fonction mesurable telle que g(X ) ∈ L1(Ω).Alors E[g(X )|Y ] = h(Y ), avec h : R→ R définie par

h(y) =

∫R g(x)f (x , y)dx∫

R f (x , y)dx .


Démonstration intuitive

On peut écrire formellement:

P(X = x |Y = y)” = ”P(X = x ,Y = y)

P(Y = y)=

f (x , y)∫f (x , y)dx ,

En intégrant contre cette densité, on obtient:

E[g(X )|Y = y ] =∫

g(x)P(X = x |Y = y) dx

=

∫g(x)f (x , y)dx∫f (x , y)dx .


Démonstration rigoureuseStratégie: on vérifie les points (i) et (ii) de la définition pour lavariable aléatoire h(Y ).

(i) Si h ∈ B(R), on a vu que h(Y ) ∈ σ(Y ).

(ii) Soit A ∈ σ(Y ) Alors

A =ω; Y (ω) ∈ B

=⇒ 1A = 1B(Y )

DoncE[h(Y )1A] = E[h(Y )1B(Y )]

=∫

B

∫Rh(y)f (x , y)dxdy

=∫

Bdy∫R

∫ g(z)f (z , y)dz∫f (z , y)dz

f (x , y)dx

=∫

Bdy∫

g(z)f (z , y)dz= E[g(X )1B(Y )].


Exemple tordu

Exemple 6: On prendΩ = (0, 1), F0 = B((0, 1)) et P = λ.

On pose X (ω) = cos(πω), et

F = A ⊂ (0, 1); A ou Ac dénombrable .

Alors E[X |F ] = 0.


Démonstration

Stratégie: on vérifie les points (i) et (ii) de la définition.

(i) On a bien entendu 0 ∈ F .

(ii) Soit A ∈ F , tel que A est dénombrable. Alors

E[X 1A] =∫

Acos(πx)dx = 0.

De même, si A ∈ F est tel que Ac est dénombrable, on a

E[X 1A] =∫ 1

0cos(πx)dx −

∫Ac

cos(πx)dx = 0,

ce qui démontre notre résultat.


Morale de l’exemple tordu

Intuition: On pourrait penser que, si pour tout x ∈ [0, 1], on sait six a eu lieu (on a bien x ∈ F), alors E[X |F ] = X .

Paradoxe: Ceci est faux car X /∈ F .

Bonne intuition: Si l’on sait ω ∈ Ai pour un nombre fini de Ai ∈ Falors on ne connait rien de X .


Plan

1 Définition

2 Exemples





Espérance, linéarité

PropositionSoit X ∈ L1(Ω). Alors

EE[X |F ]

= E[X ].

PropositionSoient α ∈ R, et X ,Y ∈ L1(Ω). Alors

E[αX + Y |F ] = αE[X |F ] + E[Y |F ] p.s.


MonotoniePropositionSoient X ,Y ∈ L1(Ω) telles que X 6 Y presque sûrement. On a

E[X |F ] 6 E[Y |F ]

presque sûrement.

Démonstration: On suit le schéma de la démonstration de l’unicité del’espérance conditionnelle. Par exemple, si on pose

Aε = E[X |F ]− E[Y |F ] > ε > 0 ,

on vérifie aisément queP(Aε) = 0.


Convergence monotone

PropositionSoit Xn; n ≥ 1 une suite de variables aléatoires telle que

Xn > 0Xn X presque sûrementE[X ] <∞.

AlorsE[Xn|F ] E[X |F ].


Démonstration

Stratégie: On pose Yn ≡ X − Xn. Il suffit de montrer queZn ≡ E[Yn|F ] 0.

Existence de limite: n 7→ Yn est décroissante, et Yn > 0→ Zn est décroissante et Zn > 0.→ Zn admet une limite p.s, notée Z∞.

But: Montrer que Z∞ = 0.


Démonstration (2)Espérance de Z∞: on va montrer E[Z∞] = 0. En effet

Xn converge p.s. vers X .0 6 Xn 6 X ∈ L1(Ω).

Donc, par convergence dominée, E[Xn]→ E[X ].On en déduit:

E[Yn]→ 0Comme E[Yn] = E[Zn], on a aussi E[Zn]→ 0.Par convergence dominée, on a E[Zn]→ E[Z∞]

Ceci implique bien E[Z∞] = 0.

Conclusion: Z∞ ≥ 0 et E[Z∞] = 0→ Z∞ = 0 presque sûrement.


Inégalité de Cauchy-SchwarzPropositionSoient X ,Y ∈ L2(Ω). Alors

E2[X Y |F ] 6 E[X 2|F ] E[Y 2|F ] p.s.

Démonstration:Pour tout θ ∈ R, on a

E[(X + θY )2|F ] > 0 p.s.

Donc, presque sûrement, on a: pour tout θ ∈ Q,

E[(X + θY )2|F ] > 0,


Démonstration

Développement: Pour tout θ ∈ Q

E[Y 2|F ]θ2 + 2E[XY |F ]θ + E[X 2|F ] > 0.

Rappel: Si un polynôme aθ2 + bθ + c > 0 pour tout θ ∈ Q→ on a forcément b2 − 4ac 6 0

Application: Presque sûrement, on a

E 2[XY |F ]− E[X 2|F ]E[Y 2|F ] 6 0.


Inégalité de JensenPropositionSoit X ∈ L1(Ω), et ϕ : R→ R telle que ϕ(X ) ∈ L1(Ω) et ϕ convexe.Alors

ϕ(E[X |F ]) 6 E[ϕ(X )|F ] p.s.

CorollaireL’espérance conditionnelle est une contraction dans Lp(Ω)pour tout p > 1

Démonstration: D’après l’inégalité de Jensen,X ∈ Lp(Ω)⇒ E[X |F ] ∈ Lp(Ω)

etE |E[X |F ]|p 6 E[|X |p]


Conditionnements en chaîne

ThéorèmeSoient

Deux σ-algèbres F1 ⊂ F2.X ∈ L1(Ω).

Alors

E E[X |F1]|F2 = E[X |F1] (2)E E[X |F2]|F1 = E[X |F1]. (3)


Démonstration

Démonstration de (2): On pose Z ≡ E[X |F1]. Alors

Z ∈ F1 ⊂ F2.

D’après l’Exemple 1, on a E[Z |F2] = Z , i.e. (2).

Démonstration de (3): On pose U = E[X |F2].→ On va montrer que E[U |F1] = Z , via (i) et (ii) de la définition.(i) Z ∈ F1.(ii) Si A ∈ F1, on a A ∈ F1 ⊂ F2, et donc

E[Z1A] = E[X1A] = E[U1A].


Esp. conditionnelle de produits

ThéorèmeSoient X ,Y ∈ L2(Ω), telles que X ∈ F . Alors

E[X Y |F ] = X E[Y |F ].

Démonstration: On utilise une démarche classique en 4 étapes


Démonstration (2)Etape 2: Si X est de la forme

X =∑i6n

αi1Bi ,

avec αi ∈ R et Bi ∈ F , alors, par linéarité on trouve encore

E[XY |F ] = X E[Y |F ].

Etape 3: Si X ,Y > 0→ Il existe une suite Xn; n > 1 de variables aléatoires simples telleque

Xn X .Alors par application de la convergence monotone

E[XY |F ] = X E[Y |F ].


Démonstration (3)

Etape 4: Cas général X ∈ L2

→ Décomposition X = X+ − X− et Y = Y + − Y −, et donc

E[XY |F ] = XE[Y |F ]

par linéarité.


Esp. conditionnelle et indépendance

ThéorèmeSoient

X ,Y deux variables aléatoires réelles indépendantesα : R2 → R telle que α(X ,Y ) ∈ L1(Ω)

On pose, pour x ∈ R,

g(x) = E[α(x ,Y )].

AlorsE[α(X ,Y )|X ] = g(X ).

Démonstration: en 4 étapes sur α.


Plan

1 Définition

2 Exemples





Rappel: projection orthogonale

Définition: SoitH un espace de Hilbert→ espace vectoriel muni d’un produit scalaire et complet.F un sous espace fermé de H .

Alors, pour tout x ∈ HIl existe un unique y ∈ F , noté y = πF (x)

vérifiant l’une des conditions équivalentes (i) ou (ii).(i) Pour tout z ∈ F , on a 〈x − y , z〉 = 0.(ii) Pour tout z ∈ F , on a ‖x − y‖H 6 ‖x − z‖H .πF (x) se nomme projection orthogonale de x sur F .


Espérance conditionnelle et projection

ThéorèmeConsidérons

L’espaceL2(F0) ≡

Y ∈ F0; E[Y 2] <∞

.

X ∈ L2(F0).F ⊂ F0

Alors1 L2(F0) est un espace de Hilbert→ Produit scalaire 〈X ,Y 〉 = E[XY ].

2 L2(F) est un sous espace fermé de L2(F0).3 πL2(F)(X ) = E[X |F ].


Démonstration

Démonstration de 2:Si Xn → X dans L2 ⇒ Il existe une sous suite Xnk → X p.s.Donc, si Xn ∈ F , on a aussi X ∈ F .

Démonstration de 3: Vérifions le point (i) de la définition deprojectionSoit Z ∈ L2(F).→ On a E[Z X |F ] = Z E[X |F ], et donc

E Z E[X |F ] = E E[X Z |F ] = E [X Z ] ,

ce qui suffit à vérifier (i) et E[X |F ] = πL2(F)(X ).


Application aux vecteurs gaussiens

Exemple: Soit(X ,Y ) vecteur gaussien centré de R2

Hypothèse: V (Y ) > 0.Alors

E[X |Y ] = αY , avec α =E[X Y ]

V (Y ).


DémonstrationEtape 1: On cherche α tel que

Z = X − αY =⇒ Z ⊥⊥ Y .

Rappel: Si (Z ,Y ) est un vecteur gaussien→ Z ⊥⊥ Y ssi cov(Z ,Y ) = 0

Application: cov(Z ,Y ) = E[Z Y ]. Donc

cov(Z ,Y ) = E[(X − αY )Y ] = E[X Y ]− αV (Y ),

etcov(Z ,Y ) = 0 ssi α =

E[XY ]

V (Y ).


Démonstration (2)

Etape 2: On applique à présent le (i) de la définition de π.→ Soit V ∈ L2(σ(Y )). Alors

Y ⊥⊥ (X − αY ) =⇒ V ⊥⊥ (X − αY )

etE[(X − αY )V ] = E[X − αY ] E[V ] = 0.

DoncX − αY = πσ(Y )(X ) = E[X |Y ].


Plan

1 Définition

2 Exemples





LCRDéfinitionSoit

(Ω,F ,P) un espace de probabilités(S,S) un espace mesurableX : (Ω,F)→ (S,S) une variable aléatoireG une σ-algèbre telle que G ⊂ F .

On dit que µ : Ω× S → [0, 1] est une loi conditionnelle régulière deX sachant G si(i) Pour tout A, l’application ω → µ(ω,A) est une variable

aléatoire, égale à P(X ∈ A| G) p.s.(ii) ω-p.s. A→ µ(ω,A) est une mesure de probabilité sur (S,S).

Remarque:On aura toujours (S,S) de la forme (R,B(R)), (N,P(N), etc.


Exemple discretCas de la loi de Poisson: Soient

X ∼ P(λ) et Y ∼ P(µ)

X ⊥⊥ YOn pose S = X + Y .Alors LCR de X sachant S est Bin(S, p) avec p = λ

λ+µ

Démonstration: on a vu que pour n 6 m

P(X = n|S = m) =

(nm

)pn (1− p)m−n avec p =

λ

λ + µ.

On prend alorsS = N, G = σ(S)

et on vérifie que ces probabilités conditionnelles définissent une LCR.


Exemple continuCas de la loi exponentielle: Soient

X ∼ E(1) et Y ∼ E(1)

X ⊥⊥ YOn pose S = X + Y .Alors LCR de X sachant S est U([0, S]).

Démonstration: La densité du couple (X , S) est donnée par

f (x , s) = e−s10≤x≤s.

Soit alors ψ ∈ Bb(R+). D’après l’Exemple 5, on a

E[ψ(X )|S] = u(S),

avecu(s) =

∫R2

+ψ(x)f (x , s)dx∫R2

+f (x , s)dx =

1s

∫ s

0ψ(x)dx .


Démonstration

De plus, S 6= 0 presque sûrement, et donc, si A ∈ B(R), on a

P (X ∈ A|S) =|A ∩ [0, S]|

S .

En prenant espace d’état = R+, S = B(R+) et en posant

µ(ω,A) =|A ∩ [0, S(ω)]|

S(ω),

on vérifie que l’on a défini une loi conditionnelle régulière.


Existence de la LCR

ThéorèmeSoit

X une variable aléatoire sur (Ω,F0,P).A valeurs dans un espace de la forme (Rn,B(Rn)).G ⊂ F0 une σ-algèbre.

Alors la loi conditionnelle régulière de X sachant G existe.

Démonstration difficile et admise.


Règles de calcul de LCR(1) Si G = σ(Y ), avec Y variable aléatoire à valeurs dans Rm, on a

en faitµ(ω,A) = µ(Y (ω),A),

et on peut définir la loi conditionnelle régulière de X sachant Ycomme une famille µ(y , .); y ∈ Rm de probabilités sur Rn,telle que pour tout A ∈ B(Rn), la fonction

y 7→ µ(y ,A)

est mesurable.(2) Si Y suit une loi discrète, on a en fait

µ(y ,A) = P (X ∈ A|Y = y) =P (X ∈ A,Y = y)

P (Y = y).


Règles de calcul de LCR (2)

(3) Lorsque l’on connait la loi conditionnelle régulière, on peutcalculer, pour φ ∈ B(Rn), les quantités:

E [φ(X )|G] =∫Rnφ(x)µ(ω, dx)

E [φ(X )|Y ] =∫Rnφ(x)µ(Y , dx).

(4) La loi conditionnelle régulière n’est pas unique, mais si N1,N2sont deux lois conditionnelles régulières de X sachant G, on a,ω-presque sûrement:

N1(ω,A) = N2(ω,A) pour tout A ∈ B(Rn).


esperance conditionnelle

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notation y t

et posonsa y y

si x t

x sachant t

j1i1j t

et donc y

montrons y

y ssia