
\section{La preuve la plus rapide de la loi forte des grands nombres} (V. S. Borkar, Probability Theory, Springer, 1995,
  pages 66-67).

La loi des grands nombres est justifiée par Vivek Borkar de la manière suivante: ``Observez que des variables
aléatoires de carré intégrable et de moyenne zéro sur un espace de probabilité $(\Omega, \mathcal F, \Pro)$ forment un
espace vectoriel avec produit scalaire $\langle X,Y\rangle:=\E[XY].$ Mais si on ajoute des variables aléatoires
indépendantes et identiquement distribuées dans cet espace, c'est la même chose que d'ajouter $n$ vecteurs orthogonaux
de même longueur. Donc la moyenne arithmétique de ces vecteurs doit être d'ordre $n^-\frac 12$." C'est exactement la
ligne de raisonnement que suit la loi faible des grands nombres, qui suppose les variables aléatoires de variance
bornée. La loi forte précise la loi faible. Sa démonstration très détaillée suivant la ligne de Kolmogorov consiste a
tronquer les variables $X_n$ pour que leurs variances soient contrôlées et que l'on puisse appliquer un argument
hilbertien du même type que pour la loi faible. Ensuite, on montre que la différence entre $X_n$ et sa troncature $Y_n$
est asymptotiquement négligeable par le lemme de Borel-Cantelli. La preuve d'Etemadi suit toujours cette démarche, mais
de manière particulièrement heureuse, en peu de lignes.

\begin{thf} Soient $X_n$, $n\geq 1$, intégrables, {\rm indépendantes deux à deux} et identiquement distribuées et
$S_n:=\sum_{i=1}^n X_i$, $n\geq 1$. Alors
$$\frac{S_n}n\to E X_1  \hbox{ p.s.}.$$

\end{thf}

\begin{demo} Cette preuve est due à Etemadi. Comme $X_n^+$ et $X_n^-$ vérifient les mêmes hypothèses du théorème on
montre tout avec $X_i\geq 0$. Soit $Y_i:=X_i\indic_{X_i\leq i}$ et $S_n^*:=\sum_{i=1}^n Y_i$, $n\geq 1$. Soient
$\varepsilon>0$, $\alpha>1$ et $k_n:=[\alpha^n]$  la partie entière de $\alpha^n$. Dans tout ce qui suit $C$ désigne
une constante positive variant d'étape en étape. Soit $\mu:=\Pro_{X_i}$ la loi de $X_i$. On note $\sigma^2(X)$ la
variance de $X$. On a alors
\begin{eqnarray*}
                           % \nonumber to remove numbering (before each equation)
\sum_{n=1}^\infty\Pro\left(\left|\frac{S^*_{k_n}-\E[S_{k_n}^*]}{k_n}\right|\right)
                            &\leq & C\sum_{n=1}^\infty\frac{\sigma^2(S_{k_n}^*)}{k_n^2} \\
                              &=& C\sum_{n=1}^\infty\frac 1{k_n^2}\sum_{i=1}^{k_n}\sigma^2(Y_i) \\
                              &\leq & C \sum_{i=1}^\infty \frac{\E[Y_i^2]}{i^2} \\
                              &=& C\sum_{i=1}^\infty \frac 1{i^2}\int_0^{i}x^2\mu(dx) \\
                              &=& C\sum_{i=1}^\infty \frac 1{i^2}\sum_{k=0}^{i-1}\int_k^{k+1}x^2\mu(dx) \\
                              &\leq & C\sum_{k=0}^\infty\frac 1{k+1}\int_k^{k+1}x^2\mu(dx) \\
                              &\leq & C\sum_{k=0}^\infty \int_k^{k+1}x\mu(dx)=C\E X_1<\infty.
 \end{eqnarray*}
On a aussi
$$\E X_1=\lim_{n\to\infty}\int_0^n x\mu(dx)=\lim_{n\to \infty}\E Y_n=\lim_{n\to\infty}\frac{\E S^*_{k_n}}{k_n}.$$
Donc par le lemme de Borel-Cantelli,
$$\frac{ S^*_{k_n}}{k_n}\to E X_i \hbox{ p.s. }$$
Mais
\begin{eqnarray*}
% \nonumber to remove numbering (before each equation)
  \sum_{n=1}^\infty \Pro(Y_n\neq X_n) &=& \sum_{n=1}^\infty \Pro(X_n>n) \\
   &=& \sum_{n=1}^\infty\int_n^\infty \mu(dx) \\
   &=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{i=n}^\infty \int_i^{i+1}\mu(dx) \\
   &=& \sum_{i=1}^\infty i\int_i^{i+1}\mu(dx) \\
   &\leq& E X_1<\infty.
\end{eqnarray*}
Par Borel-Cantelli, $\Pro(X_n\neq Y_n \hbox{ i.o.})=0$. Donc
$$\lim_{n\to\infty}\frac{S_{k_n}}{k_n}=\E X_1 \hbox{ p.s.}$$
Pour $n\geq 1$ soit $m(n)\geq 0$ tel que $k_{m(n)}\leq n\leq k_{m(n)+1}$. Comme $n\to S_n$ est croissante,
\begin{eqnarray*}
\lim\inf_{n\to\infty} \frac{S_n}n &\geq& \lim\inf_{n\to\infty}\frac{S_{k_m(n)}}{k_m(n)}\frac{k_m(n)}{k_{m(n)}+1}\\
 & \geq & \frac 1\alpha \lim_{n\to\infty}\frac{S_{k_m(n)}}{k_{m(n)}}=\frac 1\alpha E X_1<\infty.
 \end{eqnarray*}
 De même,
 $$\lim\sup_{n\to \infty}\frac {S_n}n\leq \alpha \E X_1 \hbox{ p.s.}.$$
 Comme $\alpha>1$ est arbitraire on conclut en faisant $\alpha\to 1$.
\end{demo}
