TD5 : 08/02/2017 Correction Exos Théorie de la mesure

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