martingales discrètes, chaines de Markov, processus de Poisson

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. Si ν est à support dans N ∗ , a et b sont positifs. Pour tout n, na, (n−1)a+b, · · · , nb ∈ I et on remarque que deux de ces entiers consécutifs diffèrent de d : (n − l)a + lb − [(n − l + 1)a + (l − 1)b)] = b − a = d. Pour n > k, (n + 1)a = (n + 1)kd < n(k + 1)d = nb, et deux séries consécutives se chevauchent : pour n = k + 1, on obtient les éléments de I (k + 1)kd, ((k + 1)k + 1)d, ·, (k + 1) 2 d, pour n = k + 2, on obtient (k 2 + 2k)d, (k 2 + 2k + 1)d, · · · , (k + 1)(k + 2)d ∈ I, avec k 2 + 2k < (k + 1) 2 , et coetera et ainsi I contient tous les entiers multiple de d à partir de n 0 = (k + 1)k. Même chose si a et b sont négatifs (le support de µ dans les entiers négatifs). . Sinon, il y a plusieurs cas : si a et b ne sont pas de même signe, comme ils sont multiples de d et différents de d, par exemple si a < 0 et b ≥ 0, a = −kd, b = (−k + 1)d avec d ≥ kd, soit k = 1, donc a = −d, et b = 0 ∈ I, ce qui prouve que I contient tous les entiers jd pour j ≤ 0. Mais, comme µ n’est pas concentrée sur les entiers négatifs, il existe n 1 d > 0 dans S, multiple de d son PGCD. Donc, n 1 d + a = (n 1 − 1)d ∈ I, et par récurrence d ∈ I. Alors I contient tout Zd. . Si a et b sont positifs, comme plus haut, on sait que I contient tous les entiers nd pour n ≥ n 0 . Mais S contient nécessairement un entier négatif, soit −n 1 d ∈ S ⊂ I. Par addition, on a ∀k ≥ n 0 , ∀j ≥ 1 (k − jn 1 )d ∈ I. Or, la famille d’entiers (k − jn 1 ) lorsque k ≥ n 0 , j ≥ 1 contient −1 ; donc −d ∈ I et alors on est ramené au cas précédent. (Soit i tel que n 0 − in 1 < 0 : on ajoute 1 jusqu’à dépasser −1, ce qui est possible puisque Z est un corps archimédien). • Proposition 2.49 Soit µ une loi sur Z de moyenne m. Alors la marche aléatoire qui lui est associée est une chaîne de Markov récurrente pour m = 0, transiente sinon. Dans le cas récurrent, la classe récurrente de 0 est dZ où d est la période de µ. X Preuve : (i) Si m ≠ 0, lim n n n = m et nécessairement X n devient infini et ne peut revenir en 0. X (ii) Si m = 0, lim n n n = 0 presque sûrement donc en probabilité et P(|X n | ≤ εn) tend vers 1 quand n tend vers l’infini. C’est à dire que lim n µ ∗n [−εn, +εn] = 1. Soit x ∈ Z : U(0, x) = P 0 (T x < ∞)U(x, x) ≤ U(x, x) = U(0, 0), la première égalité est conséquence de la proposition 2.25. On somme cette inégalité pour x ∈ [−εn, +εn] : Par ailleurs, 1 n n∑ U(0, [−εn, +εn]) ≤ (2εn + 1)U(0, 0). µ ∗p [−εp, +εp] = 1 P(|X p | ≤ εp) ≤ 1 p=1 n p=1 n n∑ 50 n∑ p=1 P(|X p | ≤ εn) ≤ 1 U(0, [−εn, +εn]). n
Le membre de gauche tend par la loi de Césarot vers 1, et la limite de celui de droite est majoré par 2εU(0, 0), ∀ε. Donc U(0, 0) = +∞, 0 est récurrent, comme tout autre point x puisque U(0, 0) = U(x, x). (iii) I est la classe récurrente de 0, µ est de support des deux côtés de 0 puisque centrée, et le b) de la proposition 2.48 permet de conclure. Remarquons que si E est dénombrable et sous ensemble de R (soit stable par addition), la mesure de comptage sur E, µ(n) = 1, ∀n ∈ E, est invariante pour toute marche aléatoire à valeurs sur E. Si E est infini, µ(E) = +∞, on a donc dans le cas récurrent une récurrence nulle. • 51
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