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EOREMES LIMITES

MICHEL BONNEFONT

Master MIMSE Bordeaux

On considereXnune cha^ne de Markov homogene sur un espace d'etatsEdenombrable et de matrice de transitionP. Pourx2E, siX0=x, on notex= inffp1 : X p=xgle temps de retour enx.

1.Mesures invariantes

Denition 1.1.Une mesuresurEest dite invariante pourPsiP=. Si est de plus une mesure de probabilite, on dit queest une mesure de probabilite invariante (ou stationnaire).

Exercice: Commencons par un exemple. Soit

P=0 B

BBB@1=2 0 0 0 1=2

0 1=2 0 1=2 0

0 0 1 0 0

0 1=4 1=4 1=4 1=4

1=2 0 0 0 1=21

C CCCA Les classes sont:f1;5g(recurrente),f3g(recurrente) etf2;4g(transiente). L'ensemble des mesures de probabilites invariantes est:(1=2;0;0;0;1=2) + (1 )(0;0;1;0;0), pour 01. Les mesures invariantes ne chargent pas les points transients. Et elles sont des combinaisons convexes de mesures invariantes sur chacune des 2 classes recurrentes. On ne considerera donc dans la suite que le cas irreductible (et recurrent). Remarque1.2.SiPest une matrice stochastique et siCEest une classe fermee alorsPjCest ecnore une matrice stochastique.

1.1.Existence d'une mesure invariante.

Cas d'un espace d'etats ni: il existe toujours une mesure de probabilite invari- ante. Proof.On notedle cardinal deE. Soit0une probabilite surE, c'est-a-dire un vecteur deRda entrees positives et de somme 1. L'ensemble des probabilites surE forme donc un ensemble compact pour la topologie usuelle surRd. On considere la suite:n=0+0P+:::0Pnn+1. Il s'agit de la moyenne de Cesaro de la loi de la cha^ne de Markov. C'est encore une probabilite surE. Par compacite, on peut extraire une sous suitenkconvergeant vers une probabilite1. 1

2 MICHEL BONNEFONT

On ankP=nk+0Pn+10n+1. Puisque0Pn+1reste borne;nk!+1donne: 1P=1. Cas d'un espace d'etats denombrable: il n'existe pas necessairement de mesure de probabilite invariante a la marche aleatoire simple surZ, mais la mesure uniforme surZest invariante.

1.2.Unicite de la mesure invariante.

Theoreme 1.3.SoitXnune cha^ne de Markov irreductible et recurrente. Alors il existe une mesure positive invariante. De plus, cette mesure est unique a multipli- cation pres par une constante.

Proof.Pour chaquex2E, on pose:

(1.1)x(y) =Ex x1X k=01 fXk=yg! Cette quantite designe le nombre moyen de passage enyentre 2 passages enx.

On a clairement:

(1.2)x(x) = 1 La cha^ne etant recurrente, on a quePx(fx<+1g) = 1 et queXx=x, on peut donc remarquer que (1.3)x(y) =Ex xX k=11 fXk=yg!

Maintenant,

x(y) =Ex xX k=11 fXk=yg! =Ex +1X k=01 fxkg1fXk=yg! +1X k=0P x(fxkg;fXk=yg) X z2E+1X k=0P x(fxkg;fXk=yg;fXk1=zg) (1.4) Orfxkg=fxk1gc2(X0;X1;:::;Xk1), donc est independant de l'evenementfXk=ygconditionnellement afXk1=zgpar la propriete de Markov CHA ^INES DE MARKOV 3 faible d'ou: P x(fxkg;fXk=yg;fXk1=zg) =Pz;yPx(fxkg;fXk1=zg): D'ou x(y) = =X z2E+1X k=1P z;yPx(fxkg;fXk1=zg) X z2EP z;y+1X k=1P x(fxkg;fXk1=zg) X z2EP z;y+1X l=0P x(fxl+ 1g;fXl=zg) X z2EP z;yEx +1X l=01 fxl+1g1fXl=zg! X z2EP z;yEx x1X l=01 fXl=zg! X z2E x(z)Pz;y = (xP)(y):

Doncxest une mesure positive invariante parP!

Maintenant, montrons que pour toutx;y2E,

0< x(y)<+1:

En eet, d'une part,Petant irreductible, il existen1 tel quePnx;y>0 et x(y) = (xPn)(y) =X z2E i(z)Pnz;yx(x)Pnx;y=Pnx;y>0:

D'autre part, il existem1 tel quePmy;;x>0 et

1 =x(x) = (xPm)(x) =X

z2E x(z)Pmz;xx(y)Pmy;x; donc x(y)1P my;x<+1:

4 MICHEL BONNEFONT

De plus, on peut calculer la masse totale de la mesurex, elle est donnee par la formule: x(E) =X y2E x(y) X y2EE x x1X k=01 fXk=yg! =Ex x1X k=0X y2E1 fXk=yg! =Ex x1X k=01! =Ex(x) Il reste a prouver l'unicite de cette mesure positive invariante. Soit doncune autre mesure positive (non identiquement nulle) invariante pourP. Soiti2Etel quei6= 0. Montrons d'abord que: (1.5)jii(j):

Cette partie n'utilise que l'irreductibilite.

Soitj6=i2E, on a

j= (P)j=X i 12E i1Pi1;j =iPi;j+X i

12E;i16=i

i1Pi1;j:

Et de m^emei1=P

i

22Ei2Pi2;i1, donc,

j=iPi;j+X i

1;i16=iX

i 22E
i2Pi2;i1Pi1;j =iPi;j+X i

1;i16=i

iPi;i1Pi1;j+X i

1;i16=iX

i

2;i26=i

i2Pi2;i1Pi1;j CHA ^INES DE MARKOV 5 Ainsi, en poursuivant le m^eme raisonnement, on a pourn1, j=iPi;j +X i

12E;i16=i

iPi;i1Pi1;j X i

12E;i16=iX

i

2;i26=i

iPi;i2Pi2;i1Pi1;j +X i

12E;i16=iX

i

22E;i26=iX

i n12E;in16=i iPi;in1Pin1;in2Pin2;in3:::Pi2;i1Pi1;j X i

12E;i16=iX

i

22E;i26=iX

i n2E;in6=i inPin;in1Pin1;in2:::Pi2;i1Pi1;j: Donc, (1.6) ji0

Pi;j+X

i

12E;i16=iP

i;i1Pi1;j++X i

12E;i16=iX

i

22E;i26=iX

i n12E;in16=iP i;in1Pin1;in2:::Pi2;i1Pi1;j1 A

Et on a par exemple,

X i

12E;i16=iP

i;i1Pi1;j=X i

12E;i16=iP

i(X2=j; X1=i1) =Pi(X2=j; X16=i) =Pi(X2=j; i2)

Ainsi, on deduit de (1.6), que

ji(Pi(X1=j) +Pi(X2=j; i2) ++Pi(Xn=j; in)) =iEi nX k=11 fXk=jg1fikg! En faisant tendrenvers l'inni dans l'inegalite precedente, on obtient, jiEi +1X k=11 fXk=jg1fikg! =iEi i1X k=11 fXk=jg! =ii(j); c'est-a-dire, pour tout (i;j)2E2, (1.7)jii(j)0:

Maintenant montrons que

(1.8)j=ii(j): Orest une mesure invariante etPetant irreductible et recurrente,iest aussi une mesure invariante, donciiest une mesure (positive) invariante. Par

6 MICHEL BONNEFONT

irreductibilite deP, pour toutj2E, il existen1 tel quePnj;i>0, et,

0 =iii(i) =(ii)Pn

i =X k2E(kii(k))Pnk;i (jii(j))Pnj;i Or, par (1.7) etPnj;i>0, il s'ensuit que pour toutj2E,jii(j) = 0, donc la mesureest proportionnelle a la mesurei. Ceci nit la preuve du theoreme?? Precisons les resultats precedents dans les cas nis et denombrables:

Cas d'un espace d'etats ni:

Proposition 1.4.SiPest irreductible. Elle est recurrente positive.Padmet une unique mesure de probabilite invariante. De plus pour pour touti2E, on a (i) = 1=Ei(i):

Cas d'un espace d'etats denombrable:

Proposition 1.5.SupposonsPirreductible. Les assertions suivantes sont equivalentes (1)Il existe une (unique) mesure de probabilite invariante. (2)La mesuredenie pour touti2Epar(i) = 1=Ei(i)est la mesure de probabilite invariante. (3)Tous les etats sont recurrents positifs. (4)Il existe un etat recurrent positif. Exemple: On considere la marche aleatoire asymetrique surZ. Sip=q= 1=2, la marche est recurrente nulle et il existe une unique mesure positive invariante: la mesure uniforme qui n'est pas de masse nie. Sip6= 1=2, la marche est transiente et il existe ue famille de mesure invairantes: +(pq n, pour;0.

1.3.Mesure reversible.Une mesure invariante verieP=P. cela peut se

reecrire sous la forme:X y6=x(y)P(y;x) =(x)(1 {(x;x)) Cela signie que sous, la masse qui arrive (globalement) enxest la m^eme que celle qui part dex. Denition 1.6.On dit queest reversible si pour toutx;y2E (x)P(x;y) =(y)P(y;x): Cela signie que sous, pour chaque ar^ete (x;y), la masse allant dexayest la m^eme que celle allant deyax. Proposition 1.7.Siest une mesure reversible alors elle est invariante. CHA ^INES DE MARKOV 7

Proof.Soitx2E,

(P)(x) =X y2E(y)P(y;x) X y2E(x)P(x;y) =(x)X y2EP(x;y) =(x): Remarque1.8.Une cha^ne de Markov n'admet pas forcement de mesure reversible mais si c'est le cas, il est facile de trouver les mesures reversible pour une chaine de

Markov.

2.Theoreme ergodique

Comme pour les suites de variables i.i.d., il existe pour les cha^nes de Markov une "loi forte des grands nombres" appelee theoreme ergodique. Commencons par rappeler la loi forte des grands nombres usuelle. Theoreme 2.1.Soit(Yn)nune suite de variables aleatoires independantes et de m^eme loi. On suppose qu'elles sont integrables i.e.E[jY1j]<+1. Notons alors m=E[Y1]. Alors Y

1++Ynn

p:s:!n!+1m:

Pourx2E, notonsVx(n) =Pn1

i=01fXk=xgle nombre de visite dexavantn. La quantite

Vx(n)n

correspond a la proportion de temps passe dans l'etatxavantn. Theoreme 2.2(Theoreme ergodique).. SupposonsPirreductible et recurrente. Alors, pour toute mesure initiale, et pour toutx2E, V x(n)n =1n n1X k=01 fXk=xgp:s:!n!+11E x(x):

Dans le cas recurrent positif, La quantite

1E x(x)est nulle dans le cas recurrent nul. Elle est positive et vaut(x) dans le cas recurrent positif oudesigne l'unique probabilite invariante. Theoreme 2.3.Supposons que la cha^ne est recurrente positive. Alors pour toute mesure initiale, et pour toute fonctionfdeEdansRbornee, 1n n1X k=0f(Xk)p:s:!n!+1Z E fd:=X x2E(x)f(x) ou(x) =1E x(x)designe l'unique mesure de probabilite invariante.

8 MICHEL BONNEFONT

Pour la preuve, on utilisera le lemme suivant.

Lemme 2.4.SoitPune matrice stochastique irreductible et recurrente. Soitx2E et soitune mesure de probabilite surE. Alors: P (Tx<+1) = 1 avecTx:= inffn0;Xn=xgle temps d'atteinte dex. Ce lemme dit juste que partant de n'importe quele mesure initiale, on nira par toucher le pointxdans le cas irreductible et recurrent. Venons en a la demonstration du theoreme ergodique. Proof.Soitx2Exe. PuisqueP(Tx<+1) = 1 et que (XTx+n)nest une cha^ne de Markov partant dexet est independante de (X0;:::;XTx). PuiqueTxest ni, le comportement en temps long de la propotion de temps passe enxest la m^eme pour (XTx+n)net pour (Xn)n. On peut dnc considerer que la cha^ne part dex. Maintenant considerons les temps successifs de passage enx

1x=inffp1;Xp=xg;

nx=inffpn1x;Xp=xg; n2 ainsi que les durees entre 2 vistes dex, S nx=nxn1x; n1 (avec0x= 0). On a montre (chapitre sur la recurrence et la transience) que les (Snx)n sont des variables aleatoires independantes et de m^eme loi. On a de plus clairement que E [Snx] =Ex[x]: MaintenantVx(n) designe le nombre de visite enxavantn. On part au temps 0 dex, doncnxcorrespond a l'instant ou la cha^ne est enxpour lan+ 1 eme fois. Donc:

Vx(n)1xn < Vx(n)x:

Orkx=S1x++Skx, donc en divisant parVx(n),

S

1x++SVx(n)1xV

x(n)nV x(n)1x++Snxn p:s:!n!+1Ex[x]: (Ce resultat est en fait valable m^eme siEx[x] = +1car les variables aleatoires sont positives.) De plus, comme on est dans le cas recurrent: V x(n)p:s:!n!+1+1

Donc pour!2

appartenant aux 2 ensembles precedents de probabilite 1: S

1x(!) ++Sx(!)Vx(n;!)1V

x(n;!)!n!+1Ex[x]: CHA ^INES DE MARKOV 9 d'ou par encadrement, on deduit que nV x(n)p:s:!n!+1Ex[x] et enn V x(n)n p:s:!n!+11E x[x]: Remarque2.5.Dans le cas transient, on a queVx(1) =P k01fXk=xgest ni presque s^urement. Donc avec probabilite 1, V x(n)n

Vx(1)n

p:s:!n!+10:

Venons en a la preuve de la consequence.

Proof.Pour simpler, faisons la juste dans le cas ouEest ni. SoitPirreductible recurrente positive. Soitfbornee parMsurE. Le point cle est d'ecrire, avec les notations precedentes: 1n n1X k=0f(Xk) =X x2EV x(n)n f(x):

Maintenant:

1n n1X k=0f(Xk)X x2E xf(x) X x2E

Vx(n)n

x)f(x) MX x2E V x(n)n x:quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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