Intégration et probabilités TD 5 – Théorèmes de Fubini

Intégration et probabilités
ENS Paris, 2016-2017
TD 5 – Théorèmes de Fubini
1 – Quelques calculs
Exercice 1.
(Contre-exemples aux théorèmes de Fubini)
1. Soit f la fonction définie sur [0, 1]2 par f (0, 0) B 0 et, pour tout (x, y) , (0, 0),
f (x, y) B
Calculer alors
1
Z
Z
1
!
Z
f (x, y) dy dx
0
x2 − y 2
.
(x2 + y 2 )2
1
Z
1
et
!
f (x, y) dx dy.
0
0
0
Où est le problème ?
2. Soit λ la mesure de Lebesgue et µ la mesure de comptage sur ([0, 1], P ([0, 1])). On considère
f (x, y) B 1x=y pour (x, y) ∈ [0, 1]2 . Calculer alors
1
Z
1
Z
!
Z
f (x, y) dµ(y) dλ(x)
0
1
Z
1
et
!
f (x, y) dλ(x) dµ(y).
0
0
0
Où est le problème ?
Corrigé.
1. À x fixé, en remarquant que y/(x2 + y 2 ) est une primitive de (x2 − y 2 )/(x2 + y 2 )2 , il vient :
Z
1
0
"
y
f (x, y) dy = 2
x + y2
#1
=
0
1
.
1 + x2
R1 R1
R1 R1
Donc 0 dx 0 dyf (x, y) = π4 et par symétrie 0 dy 0 dxf (x, y) = − π4 . De ce fait, le théorème de
Fubini-Lebesgue ne s’applique pas, car (ou donc) f n’est pas dans L1 ([0, 1]2 ).
2. On a
1
Z
1
Z
0
!
Z1
Z1
f (x, y) dµ(y) dλ(x) =
µ({x}) dλ(x) =
1 dλ(x) = 1
0
0
0
et, d’autre part,
Z
1
Z
1
!
Z
1
f (x, y) dλ(x) dµ(y) =
0
0
Z
1
λ({y}) dµ(y) =
0
0 dµ(y) = 0.
0
Ici, le théorème de Fubini-Tonelli ne s’applique pas car µ n’est pas σ -finie.
Pour toute question, n’hésitez pas à m’envoyer un mail à [email protected], ou bien à venir me voir au bureau V2.
1/8
Exercice 2.
1. Pour x > 0, calculer l’intégrale
Z
∞
0
et en déduire la valeur de
1
dy,
(1 + y)(1 + x2 y)
Z
∞
0
R1
2. Pour x > 0, calculer l’intégrale
0
ln(x)
dx.
x2 − 1
cos(xy) dy, et en déduire la valeur de
Z∞
sin(x) −tx
e dx,
x
0
pour tout t > 0.
Corrigé.
1. Pour tout x > 0, on a
Z∞
0
1
1
dy = 2
2
(1 + y)(1 + x y)
x −1
Z
R+
!
2 ln(x)
1
x2
−
dy = 2
.
2
1+x y 1+y
x −1
Ainsi, en utilisant le théorème de Fubini-Tonelli,
!
!
Z∞
Z
Z∞
Z
Z∞
dy
ln(x)
1 ∞
1 ∞
dx
dx =
dx =
dy
2
2
2
2 0
2 0
0 x −1
0 (1 + y)(1 + x y)
0 (1 + y)(1 + x y)
!
#
"
Z
Z
Z∞
√ ∞
1 ∞ dy
1 ∞ dy
dx
1
=
=
√ arctan yx
2 0 1 + y 0 1 + x2 y
2 0 1+y
y
0
Z∞
Z∞
2
dy
2 du
π
π
π
=
=
,
√ =
4 0 (1 + y) y 4 0 1 + u 2
4
√
en utilisant le changement de variable u = y.
2. Pour x > 0, on a
Z
1
0
"
sin(xy)
cos(xy) dy =
x
#1
=
0
sin(x)
.
x
Posons G(x, y) = cos(xy) exp(−tx) pour x ≥ 0, y ∈ [0, 1] et t > 0. On a |G(x, y)| ≤ exp(−tx) et
(x, y) 7→ exp(−tx) est intégrable sur R+ × [0, 1] d’après le théorème de Fubini-Tonelli. Donc G
est intégrable sur R+ × [0, 1] et d’après le théorème de Fubini-Lebesgue,
!
!
Z∞
Z∞ Z1
Z1 Z∞
sin(x) −xt
−tx
e dx =
G(x, y) dy dx =
cos(xy)e dx dy
x
0
0
0
0
0
!
!
Z1 Z∞ Z1
1
1
1
1 (iy−t)x (−iy−t)x =
e
+e
dx dy =
+
dy
t + iy
0
0 2
0 2 t − iy
Z1
t
1
.
=
dy
=
arctan
2
2
t
0 y +t
2 – Théorèmes de Fubini
Exercice 3. (Quelque chose d’amusant) Soit f : R → R une fonction borélienne. Montrer que, pour
λ-presque tout y ∈ R, on a λ ({x ∈ R : f (x) = y}) = 0.
Corrigé. On écrit, en utilisant le théorème de Fubini pour les fonctions positives :
Z
Z
dx dy 1{f (x)=y} =
dyλ ({x ∈ R; f (x) = y}) =
R
R×R
Z
dxλ ({y ∈ R; f (x) = y}) =
R
2/8
Z
0 · dx = 0.
R
Le résultat en découle, car une fonction positive d’intégrale nulle est presque partout nulle.
Autre solution. Pour m, n ≥ 1, on note
1
Am,n = y ∈ R : λ {f −1 ({y}) ∩ [−m, m]} >
.
n
Il est facile de voir que Am,n est fini (de cardinal inférieur à 2mn). Ainsi,
[
Am,n
{y ∈ R : λ ({x ∈ R : f (x) = y}) > 0} =
m,n≥1
est dénombrable, donc de mesure de Lebesgue nulle. Ceci conclut.
Exercice 4. (Quelque chose d’utile) Sur un espace mesuré σ -fini (E, A, µ), on considère f : (E, A, µ) →
(R+ , B(R+ )) une fonction mesurable.
1. Soit g : R+ → R+ une fonction croissante de classe C 1 telle que g(0) = 0. Montrer que
Z
Z∞
g ◦ f dµ =
g 0 (t)µ({f ≥ t}) dt.
0
E
Indication. On pourra écrire g(f (t)) comme une intégrale.
2. Montrer que
Z
∞
Z
f dµ =
µ{f ≥ t} dt.
0
E
3. On considère à présent f : E → R mesurable et on suppose que µ est finie et qu’il existe p ≥ 1
et c > 0 tels que pour tout t > 0,
c
µ({|f | ≥ t}) ≤ p .
t
q
Montrer que f ∈ L (E, A, µ) pour tout q ∈ [1, p[. A-t-on forcément f ∈ Lp (E, A, µ) ?
Corrigé.
1. La fonction g : R+ → R+ est de classe C 1 et g(0) = 0 donc pour tout x ∈ E on a
Z f (x)
g(f (x)) =
g 0 (s) ds.
0
On a donc
Z
Z Z
∞
g ◦ f dµ =
E 0
0
(x, s) ∈ E×R+ 7→ g (s)1{s≤f (x)} est positive. Donc d’après le théorème de FubiniE
Et la fonction F :
Tonelli, on a
Z
g 0 (s)1{s≤f (x)} ds dµ(x).
Z
0
g ◦ f dµ =
E
Z
g (s)
R+
E
1{s≤f (x)} dµ(x) ds =
Z
g 0 (s)µ({f ≥ s}) ds.
R+
2. Application immédiate de la question précédente en prenant g(x) = x.
3. On applique la question 1. avec |f | et g(x) = xq :
Z
Z∞
Z
t q−1 µ({|f | ≥ t}) dt ≤ qµ(E) + cq
|f |q dµ = q
E
0
∞
t q−p−1 dt < ∞,
1
car q − p − 1 < −1.
En revanche, on n’a pas forcément f ∈ Lp (E, A, µ) : prendre par exemple f = t −1/p sur ]0, 1].
Remarque. Réciproquement, si f ∈ Lp (E, A, µ), l’inégalité de Markov implique qu’il existe c > 0
tel que pour tout t > 0, µ({|f | > t}) ≤ ct −p .
3/8
Exercice 5. (Intégration par parties) Soit f et g deux fonctions boréliennes de R → R localement intégrables (i.e. intégrables sur tout compact pour la mesure de Lebesgue). On pose, pour x ∈ R,
Zx
Zx
F(x) B
f (t) dt et G(x) B
g(t) dt.
0
0
Montrer que
Z
b
F(b)G(b) = F(a)G(a) +
b
Z
F(t)g(t) dt +
G(t)f (t) dt,
a
a
pour tous a < b.
Corrigé. Il suffit de montrer que
Z
b
b
Z
(F(b) − F(t))g(t) dt =
(G(t) − G(a))f (t) dt.
a
a
On a
b
Z
Z
b
b
Z
(F(b) − F(t))g(t) dt =
a
!
Z
b
b
Z
f (s) ds g(t) dt =
a
Zb
t
Z
a
b
=
a
Zb
=
a
!
1s≥t f (s)g(t) dt ds =
Z
a
b
!
1s≥t f (s)g(t) ds dt
s
Z
!
g(t) dt f (s) ds
a
a
(G(s) − G(a))f (s) ds,
a
où l’on a utilisé le théorème de Fubini-Lebesgue à la fonction
ϕ(s, t) B 1s≥t f (s)g(t)
qui est intégrable sur [a, b]2 pour λ ⊗ λ, car
Z
Z
|ϕ(s, t)| ds dt ≤
[a,b]2
b
Z
b
a
!
|g(t)| dt < ∞,
|f (s)| ds
|f (s)g(t)| ds dt =
[a,b]2
! Z
a
par le théorème de Fubini-Tonelli.
3 – Compléments (hors TD)
Exercice 6.
(Volume de la boule unité) Soit n ≥ 1 et λn la mesure de Lebesgue sur Rn . Pour tout r > 0,
on pose
Bn (0, r) = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn : x12 + · · · + xn2 ≤ r 2 },
qui est la boule fermée de centre 0 et de rayon r. Montrer que
n
λn (Bn (0, r)) =
r nπ 2
,
Γ ( n2 + 1)
pour tout r > 0.
Corrigé. Commençons par montrer que pour tout n ≥ 1 et r > 0, λn(Bn(0, r)) = r nλn(Bn(0, 1)). Pour cela
considérons l’application ϕ : x ∈ Rn 7→ rx. Il suffit alors de montrer que la mesure image de λn par ϕ,
définie par ϕ∗ λn B λn (ϕ −1 (·)), est égale à r −n λn . Il est clair que ϕ∗ λn et r −n λn coïncident sur tous les
pavés, qui forment une famille de boréliens C stable par intersection finie et telle que σ (C) = B(Rn ).
S
En outre, les pavés [−k, k]n forment une suite croissante d’ensembles de C telle que Rn = k∈N [−k, k]n
4/8
et ϕ∗ λn ([−k, k]n ) = r −n λn ([−k, k]n )) < ∞. Donc, par le théorème d’unicité pour les mesures σ -finies
(exercice 2 du TD 3), on a ϕ∗ λn = r −n λn .
Passons à présent au calcul de vn B λn (Bn (0, 1)). Par le théorème de Fubini-Tonelli, on a, pour n ≥ 2,
!
Z
Z1 Z
2
vn =
1x12 +···+xn2 ≤1 dx1 . . . dxn =
1x12 +···+xn−1
≤1−xn2 dx1 . . . dxn−1 dxn
Z
Rn
1
=
−1
Rn
−1
Z1
λn−1 Bn−1 0, (1 − xn2 )1/2 dxn = vn−1
(1 − xn2 )(n−1)/2 dxn ,
(1)
−1
en utilisant la propriété montrée plus haut. On considère à présent, pour n ≥ −1,
Z1
In B
(1 − x2 )n/2 dx.
−1
On a, pour tout n ≥ 1, en utilisant une intégration par partie,
Z1
Z1
2 (n−2)/2
In =
(1 − x )
dx −
x2 (1 − x2 )(n−2)/2 dx
−1
"
x
= In−2 + ·
2
−1
#1
2
n/2
−(1 − x )
n/2
Z
−
−1
1
1
1 −(1 − x2 )n/2
·
dx = In−2 − In ,
2
n/2
n
−1
donc In = In−2 n/(n + 1). En outre, on a I0 = 0 et I−1 = arcsin(1) − arcsin(−1) = π, donc par récurrence
on obtient que pour tout n ≥ 1,
2π
In−1 In−2 =
.
n
Ainsi, pour n ≥ 2, en utilisant (1), on a
vn = vn−1 In−1 = vn−2 In−2 In−1 = vn−2
Or on sait que v1 = 2 et v2 = I1 v1 =
v2k =
(2π)k−1
πk
v2 =
(2k)(2k − 2) · · · 4
k!
I−1
2 v1
2π
.
n
= π, donc on en déduit
et v2k+1 =
(2π)k
πk
v1 =
,
(2k + 1)(2k − 1) · · · 3
(k + 21 )(k − 12 ) · · · 32 · 21
ce qui correspond au résultat demandé.
Exercice 7. Soit A une tribu sur R et µ une mesure de probabilité sur (R, A). Soit f et g deux fonctions
(R, A) → (R, B(R)) mesurables et monotones de même sens. On suppose de plus que les fonctions f ,
g et f g sont dans L1 (R, A, µ). Montrer que
Z
Z
Z
f g dµ ≥
f dµ g dµ.
R
R
R
Indication. On pourra considérer la fonction F(x, y) = (f (x) − f (y))(g(x) − g(y)).
R
Corrigé. La fonction F est positive donc R×R F(x, y) dµ(x) dµ(y) ≥ 0. De plus, f , g ∈ L1(R) donc d’après
le théorème de Fubini-Tonelli,
Z
Z
Z
|f (x)| g(y) dµ(x) dµ(y) =
|f | dµ |g| dµ < ∞.
R2
R
R
Ainsi, la fonction (x, y) 7→ f (x)g(y) ∈ L1 (R × R). De même f g ∈ L1 (R) et µ est une mesure de probabilité, donc (x, y) 7→ f (x)g(x) ∈ L1 (R × R). On peut donc écrire
Z
Z
Z
F(x, y) dµ(x) dµ(y) = 2
f (x)g(x) dµ(x) dµ(y) − 2
f (x)g(y) dµ(x) dµ(y).
R×R
R×R
R×R
5/8
Et d’après le théorème de Fubini-Lebesgue, on a
!
Z
Z
Z
Z
f (x)g(x) dµ(x) dµ(y) =
f (x)g(x)
dµ(y) dµ(x) =
f g dµ,
R×R
R
et
R
Z
R
Z
f (x)g(y) dµ(x) dµ(y) =
R×R
Z
f dµ
R
g dµ,
R
ce qui nous donne le résultat.
Exercice 8. (Intégration par parties pour l’intégrale de Stieljes) Soit F, G : R → R des fonctions croissantes, continues à droite, bornées telles que F(−∞) = G(−∞) = 0. On note dF et dG leurs mesures de
Stieljes (voir l’exercice 2 du DM 2).
1. Montrer que, pour tous a < b, on a
Z
Z
F(b)G(b) = F(a)G(a) +
F(t) dG(t) +
]a,b]
G(t−) dF(t).
]a,b]
2. Soit a < b. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur G et F pour que
Z
Z
F(b)G(b) = F(a)G(a) +
F(t) dG(t) +
G(t) dF(t),
]a,b]
]a,b]
c’est-à-dire pour que l’intégration par parties se passe “normalement”.
Remarque. On peut généraliser l’intégrale de Stieljes et l’intégration par partie démontrée à la question 1. aux fonctions F et G continues à droite et à variation finie sur les intervalles bornés (qui sont
exactement les fonctions s’écrivant comme une différence de deux fonctions croissantes continues à
droite). Les mesures de Stieljes dF et dG sont alors des mesures de Radon signées (qui seront étudiées
prochainement dans le cours).
Corrigé.
1. On procède comme dans l’exercice 5. On remarque que F estR intégrable sur ]a, b] pour dG car
F est mesurable et bornée et dG est une mesure finie. Ainsi, ]a,b] F dG < ∞ et on a
Z
Z
Z
F(t) dG(t) =
F(b)(G(b) − G(a)) −
!
Z
(F(b) − F(t)) dG(t) =
]a,b]
]a,b]
Z
Z
=
]a,b]
Z
dF(s) dG(t)
]a,b]
]a,b]
Z
=
!
Z
1s>t dF(s) dG(t) =
]a,b]
!
]a,s[
Z
]a,b]
!
1s>t dG(t) dF(s)
Z
dG(t) dF(s) =
]a,b]
]t,b]
(G(s−) − G(a)) dF(s)
]a,b]
Z
=
G(s−) dF(s) − G(a)(F(b) − F(a)),
]a,b]
où l’on a utilisé le théorème de Fubini-Tonelli. Cele donne le résultat attendu.
2. En revenant à la définition de la mesure de Stieljes, on a, pour x ∈ R,


[

1
1

−∞, x −  = F(x) − lim F x −
= F(x) − F(x−).
dF({x}) = F ] − ∞, x] \
n→∞
n
n
n≥1
Ainsi, l’ensemble des atomes ponctuels de dF coïncide avec l’ensemble DF des points de discontinuité de F (voir l’exercie 4 du DM 1 pour la définition d’un atome ponctuel). Comme dF
est finie, DF est au plus dénombrable.
6/8
On a l’égalité souhaitée ssi
Z
(G(t) − G(t−)) dF(t) = 0.
]a,b]
Or, on a
G(t) − G(t−) =
(G(x) − G(x−))1{x} (t)
X
x∈DG ∩]a,b]
et donc, par le théorème de convergence monotone (seulement dans le cas où DG ∩]a, b] est
infini et on l’écrit alors sous la forme d’une suite (xn )n∈N ),
Z
X
(G(t) − G(t−)) dF(t) =
(G(x) − G(x−)) dF({x})
]a,b]
x∈DG ∩]a,b]
=
X
(G(x) − G(x−))(F(x) − F(x−))
x∈DG ∩]a,b]
X
=
(G(x) − G(x−))(F(x) − F(x−)),
x∈DG ∩DF ∩]a,b]
car, si x < DF , alors F(x)−F(x−) = 0. Pour tout x ∈ DG ∩DF , on a (G(x)−G(x−))(F(x)−F(x−)) > 0,
donc on a l’égalité souhaitée ssi
DG ∩ DF ∩]a, b] = ∅,
c’est-à-dire F et G n’ont aucun point de discontinuité en commun sur ]a, b].
Exercice 9.
Soient µ et ν deux mesures σ -finies sur la tribu borélienne de R.
1. Montrer que l’ensemble Dµ = {x ∈ R : µ({x}) > 0} est fini ou dénombrable.
2. Montrer que
µ ⊗ ν(∆) =
X
µ({x})ν({x}),
x∈R
où ∆ = {(x, x) : x ∈ R} est la diagonale de R2 .
Corrigé.
S
1. Soit (En )n≥0 une suite croissante de boréliens de R telle que R = n≥0 En et telle que µ(En ) < ∞
pour tout n ≥ 0. On note Dn = x ∈ En : µ(x) ≥ 1/n . Si Dn est infini alors il contient une suite
(ym )m≥1 et
X1
X
µ({ym }) ≥
µ (En ) ≥ µ (Dn ) ≥ µ({ym , m ≥ 1}) =
= ∞,
n
m≥1
m≥1
S
ce qui est impossible. On en déduit donc que Dn est fini. Puis D = n≥0 Dn est fini ou dénombrable.
2. D’après le théorème de Fubini-Tonelli appliqué à µ ⊗ ν, on a
Z
Z
Z X
µ ⊗ ν(∆) =
1∆ (x, y)µ(dx)ν(dy) = µ({y}) ν(dy) =
µ({x})1{x=y} ν(dy).
R×R
R
R x∈D
µ
P
On introduit µ̃ B x∈Dµ µ({x})δx qui est une mesure σ -finie sur R. Alors, l’égalité précédente
donne, en appliquant de nouveau le théorème de Fubini-Tonelli à µ̃ ⊗ ν,
µ ⊗ ν(∆) = µ̃ ⊗ ν(∆).
Ainsi, on a, en appliquant l’égalité précédente à (ν, µ̃) au lieu de (µ, ν),
µ̃ ⊗ ν(∆) = ν ⊗ µ̃(∆) = ν̃ ⊗ µ̃(∆) = µ̃ ⊗ ν̃(∆).
7/8
On obtient alors, avec le théorème de Fubini-Tonelli appliqué à µ̃ ⊗ ν̃(∆),
X
X
X
X
µ ⊗ ν(∆) = µ̃ ⊗ ν̃(∆) =
µ({x})
ν({y})1{x=y} =
µ({x})ν({x}) =
µ({x})ν({x}).
x∈Dµ
y∈Dµ
x∈Dµ ∩Dν
Fin
8/8
x∈R