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 fla fonction définie sur [0,1]2par f(0,0) B0 et, pour tout (x, y),(0,0),
f(x, y)Bx2−y2
(x2+y2)2.
Calculer alors Z1
0 Z1 0f(x, y)dy!dxet Z1 0 Z1 0f(x, y)dx!dy.
Où est le problème ?
2. Soit λla mesure de Lebesgue et µla mesure de comptage sur ([0,1],P([0,1])). On considère
f(x, y)Bx=ypour (x, y)∈[0,1]2. Calculer alors
Z1
0 Z1 0f(x, y)dµ(y)!dλ(x) et Z1 0 Z1 0f(x, y)dλ(x)!dµ(y).
Où est le problème ?
Corrigé.
1. À xfixé, en remarquant que y/(x2+y2) est une primitive de (x2−y2)/(x2+y2)2, il vient :
Z1
0f(x, y)dy="y
x2+y2#1
0
=1
1 + x2.
Donc R1
0dxR1 0dyf (x, y) = π
4et par symétrie R1
0dyR1 0dxf (x,y) = −π
4. De ce fait, le théorème de
Fubini-Lebesgue ne s’applique pas, car (ou donc) fn’est pas dans L1([0,1]2).
2. On a Z1
0 Z1 0f(x, y)dµ(y)!dλ(x) = Z1 0µ({x})dλ(x) = Z1 0
1dλ(x)=1
et, d’autre part,
Z1
0 Z1 0f(x, y)dλ(x)!dµ(y) = Z1 0λ({y})dµ(y) = Z1 0
0dµ(y)=0.
Ici, le théorème de Fubini-Tonelli ne s’applique pas car µn’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.
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Exercice 2.
1. Pour x > 0, calculer l’intégrale
Z∞
0
1
(1 + y)(1 + x2y)dy,
et en déduire la valeur de Z∞
0
ln(x)
x2−1dx.
2. Pour x > 0, calculer l’intégrale R1
0cos(xy)dy, et en déduire la valeur de
Z∞
0
sin(x)
xe−tx dx,
pour tout t > 0.
Corrigé.
1. Pour tout x > 0, on a
Z∞
0
1
(1 + y)(1 + x2y)dy=1 x2−1ZR+ x2 1 + x2y−1
1 + y!dy=2ln(x)
x2−1.
Ainsi, en utilisant le théorème de Fubini-Tonelli,
Z∞
0
ln(x)
x2−1dx=1
2Z∞
0 Z∞ 0
dy
(1 + y)(1 + x2y)!dx=1
2Z∞
0 Z∞ 0
dx
(1 + y)(1 + x2y)!dy
=1
2Z∞
0
dy
1 + y Z∞
0
dx
1 + x2y!=1
2Z∞
0
dy
1 + y"1
√yarctan√yx#∞
0
=π
4Z∞
0
dy
(1 + y)√y=π 4Z∞
0
2du
1 + u2=π2
4,
en utilisant le changement de variable u=√y.
2. Pour x > 0, on a
Z1
0
cos(xy)dy="sin(xy)
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∞
0
sin(x)
xe−xt dx=Z∞
0 Z1 0G(x, y)dy!dx=Z1 0 Z∞ 0
cos(xy)e−tx dx!dy
=Z1
0 Z∞ 0
1
2e(iy−t)x+ e(−iy−t)xdx!dy=Z1
0
1
2 1 t−iy +1 t+iy !dy
=Z1
0
t
y2+t2dy= arctan1
t.
2 – Théorèmes de Fubini
Exercice 3. (Quelque chose d’amusant) Soit f:R→Rune 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 :
ZR
dyλ({x∈R;f(x) = y})=ZR×R dxdy{f(x)=y}=ZR dxλ ({y∈R;f(x) = y})=ZR 0·dx= 0.
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Le résultat en découle, car une fonction positive d’intégrale nulle est presque partout nulle.
Autre solution. Pour m, n ≥1, on note
Am,n =y∈R:λ{f−1({y})∩[−m,m]}>1
n.
Il est facile de voir que Am,n est fini (de cardinal inférieur à 2mn). Ainsi,
{y∈R:λ({x∈R:f(x) = y})>0}=[
m,n≥1
Am,n
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 C1telle que g(0) = 0. Montrer que
ZE
g◦fdµ=Z∞
0g0(t)µ({f≥t})dt.
Indication. On pourra écrire g(f(t)) comme une intégrale.
2. Montrer que
ZE
fdµ=Z∞
0µ{f≥t}dt.
3. On considère à présent f:E→Rmesurable et on suppose que µest finie et qu’il existe p≥1
et c > 0 tels que pour tout t > 0,
µ({|f| ≥ t})≤c
tp.
Montrer que f∈Lq(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 C1et g(0) = 0 donc pour tout x∈Eon a
g(f(x)) = Zf(x)
0g0(s)ds.
On a donc ZE
g◦fdµ=ZEZ∞
0g0(s){s≤f(x)}dsdµ(x).
Et la fonction F: (x,s)∈E×R+7→ g0(s){s≤f(x)}est positive. Donc d’après le théorème de Fubini-
Tonelli, on a
ZE
g◦fdµ=ZR+ g0(s)ZE{s≤f(x)}dµ(x)ds=ZR+ g0(s)µ({f≥s})ds.
2. Application immédiate de la question précédente en prenant g(x) = x.
3. On applique la question 1. avec |f|et g(x) = xq:
ZE|f|qdµ=qZ∞
0tq−1µ({|f|≥t})dt≤qµ(E) + cq Z∞ 1tq−p−1dt < ∞,
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.
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Exercice 5. (Intégration par parties) Soit fet gdeux fonctions boréliennes de R→Rlocalement inté-
grables (i.e. intégrables sur tout compact pour la mesure de Lebesgue). On pose, pour x∈R,
F(x)BZx
0f(t)dtet G(x)BZx 0g(t)dt.
Montrer que
F(b)G(b) = F(a)G(a) + Zb
a
F(t)g(t)dt+Zb
a
G(t)f(t)dt,
pour tous a<b.
Corrigé. Il suffit de montrer que
Zb
a
(F(b)−F(t))g(t)dt=Zb
a
(G(t)−G(a))f(t)dt.
On a
Zb
a
(F(b)−F(t))g(t)dt=Zb
a Zb t
f(s)ds!g(t)dt=Zb
a Zb as≥tf(s)g(t)ds!dt
=Zb
a Zb as≥tf(s)g(t)dt!ds=Zb a Zs a
g(t)dt!f(s)ds
=Zb
a
(G(s)−G(a))f(s)ds,
où l’on a utilisé le théorème de Fubini-Lebesgue à la fonction
ϕ(s, t)Bs≥tf(s)g(t)
qui est intégrable sur [a,b]2pour λ⊗λ, car
Z[a,b]2|ϕ(s,t)|dsdt≤Z[a,b]2|f(s)g(t)|dsdt= Zb
a|f(s)|ds! Zb a|g(t)|dt!<∞,
par le théorème de Fubini-Tonelli.
3 – Compléments (hors TD)
Exercice 6. (Volume de la boule unité) Soit n≥1 et λnla mesure de Lebesgue sur Rn. Pour tout r > 0,
on pose
Bn(0,r) = {(x1,...,xn)∈Rn:x2
1+···+x2
n≤r2},
qui est la boule fermée de centre 0 et de rayon r. Montrer que
λn(Bn(0,r)) = rnπn
2
Γ(n
2+ 1),
pour tout r > 0.
Corrigé. Commençons par montrer que pour tout n≥1 et r > 0, λn(Bn(0, r)) = rnλn(Bn(0,1)). Pour cela
considérons l’application ϕ:x∈Rn7→ rx. Il suffit alors de montrer que la mesure image de λnpar ϕ,
définie par ϕ∗λnBλn(ϕ−1(·)), est égale à r−nλn. Il est clair que ϕ∗λnet r−nλncoïncident sur tous les
pavés, qui forment une famille de boréliens Cstable par intersection finie et telle que σ(C) = B(Rn).
En outre, les pavés [−k,k]nforment une suite croissante d’ensembles de Ctelle que Rn=Sk∈N[−k,k]n
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et ϕ∗λn([−k,k]n) = r−nλn([−k, k]n)) <∞. Donc, par le théorème d’unicité pour les mesures σ-finies
(exercice 2 du TD 3), on a ϕ∗λn=r−nλn.
Passons à présent au calcul de vnBλn(Bn(0,1)). Par le théorème de Fubini-Tonelli, on a, pour n≥2,
vn=ZRnx2
1+···+x2
n≤1dx1...dxn=Z1
−1 ZRnx2
1+···+x2 n−1≤1−x2
ndx1...dxn−1!dxn
=Z1
−1λn−1Bn−10,(1 −x2
n)1/2dxn=vn−1Z1
−1
(1 −x2
n)(n−1)/2dxn,(1)
en utilisant la propriété montrée plus haut. On considère à présent, pour n≥ −1,
InBZ1
−1
(1 −x2)n/2dx.
On a, pour tout n≥1, en utilisant une intégration par partie,
In=Z1
−1
(1 −x2)(n−2)/2dx−Z1
−1x2(1 −x2)(n−2)/2dx
=In−2+"x
2·−(1 −x2)n/2 n/2#1
−1−Z1
−1
1
2·−(1 −x2)n/2 n/2dx=In−2−1 nIn,
donc In=In−2n/(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,
In−1In−2=2π
n.
Ainsi, pour n≥2, en utilisant (1), on a
vn=vn−1In−1=vn−2In−2In−1=vn−22π
n.
Or on sait que v1= 2 et v2=I1v1=I−1
2v1=π, donc on en déduit
v2k=(2π)k−1
(2k)(2k−2)···4v2=πk k!et v2k+1 =(2π)k (2k+ 1)(2k−1)···3v1=πk
(k+1
2)(k−1 2)···3 2·1 2
,
ce qui correspond au résultat demandé.
Exercice 7. Soit Aune tribu sur Ret µune mesure de probabilité sur (R,A). Soit fet gdeux fonctions
(R,A)→(R,B(R)) mesurables et monotones de même sens. On suppose de plus que les fonctions f,
get f g sont dans L1(R,A,µ). Montrer que
ZR
f g dµ≥ZR fdµZR gdµ.
Indication. On pourra considérer la fonction F(x,y)=(f(x)−f(y))(g(x)−g(y)).
Corrigé. La fonction Fest positive donc RR×RF(x,y)dµ(x)dµ(y)≥0. De plus, f ,g ∈L1(R) donc d’après
le théorème de Fubini-Tonelli,
ZR2|f(x)|g(y)dµ(x)dµ(y) = ZR|f|dµZR|g|dµ < ∞.
Ainsi, la fonction (x,y)7→ f(x)g(y)∈L1(R×R). De même f g ∈L1(R) et µest une mesure de probabi-
lité, donc (x, y)7→ f(x)g(x)∈L1(R×R). On peut donc écrire
ZR×R
F(x, y)dµ(x)dµ(y)=2ZR×R f(x)g(x)dµ(x)dµ(y)−2ZR×R f(x)g(y)dµ(x)dµ(y).
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