Université Paris Dauphine Année universitaire 2016-2017 Deuxième année du DE MI2E TD de MR. BEY Probabilités multidimensionnelles et théorèmes limite Groupes 2 & 3 TD5 : 08/02/2017 Correction Exos Théorie de la mesure et intégrale de Lebesgue : cas particulier des ensembles produit Solution Exercice 15 1. Montrer que pour tout de 2 R ε>0 λ2 (B(0, ε)) > 0 où B(0; ε) est la boule ouverte 2 rayon ε quand R est muni de la norme euclidienne on a centrée en l'origine et de habituelle ? Nous rappelons tout d'abord que la mesure de Lebesgue λ2 ([a, b] × [c, d]) = (b − a) × (b − c). Pour tout ε > 0, on considère 0 < δ < √ε2 tel que ([−δ, δ] × [−δ, δ]) ⊂ B(0, ε). Etant donnée que la mesure de Lebesgue λ2 est croissante donc λ2 ([−δ, δ] × [−δ, δ]) 6 λ2 (B(0, ε)) ⇔ (2δ) × (2δ) 6 λ2 (B(0, ε)) Par suite, λ2 (B(0, ε)) > 4δ 2 > 0 ∀ε > 0. 2. Montrons λ2 (H1 = {(x, y) ∈ R2 , x = 1}) = 0? On modélise en premier lieu H1 en fonction un entier n : H1 = ∪n∈N H1n , avec H1n = (x, y) ∈ R2 tel que x = 1 ; y ∈ [−n, n] Ensuite on modélise de H1n en fonction ε. H1n = ∩ε>0 Anε avec Anε = (x, y) ∈ R2 tel que x ∈]1 − ε, 1 + ε] ; y ∈ [−n, n] . On observe que λ2 (Anε ) = (2n) × (2ε) = 4nε. En faisant tendre ε 7→ 0, on obtient que λ2 (H1n ) = λ2 (∩ε>0 Anε ) = lim λ2 (Anε ) = lim 4nε = 0. ε7→0 ε7→0 Par suite lorsque n 7→ +∞, on conclut que λ2 (H1 ) = lim λ2 (H1n ) = 0 n7→+∞ 1 3. Montrons λ2 (D = {(x, y) ∈ R2 | tel que x = y}) = 0? On modélise en premier lieu D en fonction un entier n : D = ∪n∈N Dn , avec Dn = (x, y) ∈ R2 | x = y, x ∈ [−n, n] . Ensuite, on cherche un recouvrement du segment Dn de tel sorte que Dn ⊆ Pkn où Pkn = ∪i=k−1 i=−k ni n(i + 1) ni n(i + 1) , × , k k k k Etant donnée que la mesure de Lebesgue λ2 est croissante donc λ2 (Dn ) 6 λ2 (Pkn ) Nous calculons la mesure de Lebesgue de Pkn , nous obtenons que λ2 (Pkn ) = i=k−1 X i=−k = n(i + 1) ni − k k i=k−1 X n n n(i + 1) ni . = − . k k k k i=−k k−1 X n2 n2 n2 2n2 = ((k − 1) + k + 1) . = 2k. = . 2 2 2 k k k k i=−k Par conséquent, λ2 (Dn ) 6 lim λ2 (Pkn ) = 0. Comme la mesure de Lebesgue est k7→+∞ positive donc λ2 (Dn ) = 0 et on conclut que λ2 (D) = lim λ2 (Dn ) = 0. n7→+∞ Exercice 16 Si f est positive et intégrable sur R pour la mesure de Lebesgue ; En eet, si on considère le contre exemple suivant : 2 ( f (x, y) = sur 0 √1 y 2 e 2π −(x−y)2 2 Z f (x, y)dx dy = R2 f (x, x) dx < +∞. R B(0, 1) sur B c (0, 1). y8 1. Il est clair que la fonction f est Non-négatif, c-à-d 2. La fonction f est intégrable sur R2 . En eet, Z Z f (x, y) > 0 ∀(x, y) ∈ R2 . Z f (x, y)dxdy + f (x, y)dxdy = 0 + B c (0,1) B(0,1) Z Z f (x, y)dxdy B c (0,1) −(x−y)2 8 1 √ y 2 e 2 y dxdy 2π B c (0,1) Z Z 1 −(x−y)2 y8 2 √ e 2 = y dx dy ∀(x, y) ∈ B c (0, 1) 2π Z Z 1 − 12 ( x−y )2 2 −4 √ e y = y dx dy ∀(x, y) ∈ B c (0, 1) 2π ! Z −4 − 12 ( x−y Z )2 y −4 y e √ = y2 dx dy ∀(x, y) ∈ B c (0, 1) y −4 2π Z Z 2 1 − 12 ( x−y −2 −4 ) y √ = y e dx dy ∀(x, y) ∈ B c (0, 1) 2πy −4 = 2 Rappel : Loi normale N (m, σ) X suit une loi normale, notée N (m, σ) si sa densité de probabilité est égale à la fonction f (x) = √ −(x−m)2 1 e 2σ2 2πσ Par suite, si on pose σ = y −4 et m = y . Alors : Z √ ]−∞,−1[×]1,+∞[ 1 − 1 ( x−y )2 e 2 y−4 dx = 1 − α < ∞, 2πy −4 avec α > 0. Par conséquent, Z Z f (x, y)dx dy = y −2 Z R2 2 1 ) − 21 ( x−y √ e y−4 dx dy 2πy −4 Z ∀(x, y) ∈ B c (0, 1) y −2 dy < ∞ = (1 − α) ]−∞,−1[×]1,+∞[ 3. Si on prend x = y , alors ( f (x, x) = 0 2 −(x−x) x8 √1 x2 e 2 2π sur B(0, 1) sur B (0, 1). c Par un calcul intégrale, nous obtenons contradiction. 3 Z R = 0 √1 x2 2π sur B(0, 1) sur B c (0, 1). f (x, x) dx = +∞. On montre donc la