Correction Exos Théorie de la mesure et intégrale de Lebesgue : cas particulier des ensembles produit

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 ε > 0 on a λ₂(B(0, ε)) > 0 où B(0;ε) est la boule ouverte de R² centrée en l'origine et de rayonε quand R² est muni de la norme euclidienne 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 < ^√ε

2 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])6λ2(B(0, ε))⇔(2δ)×(2δ)6λ2(B(0, ε)) Par suite, λ2(B(0, ε))>4δ² >0 ∀ε >0.

2. Montronsλ₂(H₁ ={(x, y)∈R², x= 1}) = 0?

On modélise en premier lieu H₁ en fonction un entiern : H₁ =∪n∈NH₁ⁿ, avec H₁ⁿ =

(x, y)∈R² tel que x= 1 ; y∈[−n, n]

Ensuite on modélise de H₁ⁿ en fonction ε. H₁ⁿ =∩_ε>0Aⁿ_ε avec Aⁿ_ε =

(x, y)∈R² tel que x∈]1−ε,1 +ε] ;y ∈[−n, n] . On observe que λ2(Aⁿ_ε) = (2n)×(2ε) = 4nε. En faisant tendre ε 7→ 0, on obtient que

λ₂(H₁ⁿ) =λ₂(∩_ε>0Aⁿ_ε) = lim

ε7→0λ₂(Aⁿ_ε) = lim

ε7→04nε= 0.

Par suite lorsque n 7→+∞, on conclut que λ2(H1) = lim

n7→+∞λ2(H₁ⁿ) = 0

1

3. Montronsλ₂(D={(x, y)∈R²|tel que x=y}) = 0?

On modélise en premier lieu D en fonction un entier n : D=∪n∈NDⁿ, avec Dⁿ=

(x, y)∈R²| x=y, x∈[−n, n] .

Ensuite, on cherche un recouvrement du segment Dⁿ de tel sorte queDⁿ ⊆P_kⁿ où P_kⁿ=∪^i=k−1_i=−k

ni

k,n(i+ 1) k

× ni

k ,n(i+ 1) k

Etant donnée que la mesure de Lebesgue λ₂ est croissante donc λ₂(Dⁿ)6λ₂(P_kⁿ)

Nous calculons la mesure de Lebesgue de P_kⁿ, nous obtenons que

λ₂(P_kⁿ) =

i=k−1

X

i=−k

n(i+ 1) k − ni

k

.

n(i+ 1) k − ni

k

=

i=k−1

X

i=−k

n k.n

k

=

k−1

X

i=−k

n²

k² = ((k−1) +k+ 1).n²

k² = 2k.n²

k² = 2n² k . Par conséquent, λ₂(Dⁿ) 6 lim

k7→+∞λ₂(P_kⁿ) = 0. Comme la mesure de Lebesgue est positive donc λ2(Dⁿ) = 0 et on conclut que λ2(D) = lim

n7→+∞λ2(Dⁿ) = 0. Exercice 16

Sif est positive et intégrable surR² pour la mesure de Lebesgue ; Z

R

f(x, x)dx <+∞.

En eet, si on considère le contre exemple suivant :

f(x, y) =

( 0 sur B(0,1)

√1

2πy²e^{−(x−y)22 y8} sur B^c(0,1).

1. Il est clair que la fonction f est Non-négatif, c-à-d f(x, y)>0 ∀(x, y)∈R². 2. La fonction f est intégrable sur R². En eet,

Z

R²

f(x, y)dx dy= Z

B(0,1)

f(x, y)dxdy+ Z

B^c(0,1)

f(x, y)dxdy = 0 + Z

B^c(0,1)

f(x, y)dxdy

= Z

B^c(0,1)

√1

2πy²e^{−(x−y)22 y8}dxdy

= Z

y²

Z 1

√2πe^{−(x−y)22 y8}dx

dy ∀(x, y)∈B^c(0,1)

= Z

y²

Z 1

√2πe⁻

1 2(^x−y

y−4)²

dx

dy ∀(x, y)∈B^c(0,1)

= Z

y²

Z y⁻⁴ y⁻⁴

e⁻

1 2(^x−y

y−4)²

√2π dx

!

dy ∀(x, y)∈B^c(0,1)

= Z

y⁻²

Z 1

√2πy⁻⁴e⁻

1 2(^x−y

y−4)²

dx

dy ∀(x, y)∈B^c(0,1) 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) = 1

√2πσe

−(x−m)2 2σ2

Par suite, si on pose σ=y⁻⁴ etm =y. Alors : Z

]−∞,−1[×]1,+∞[

√ 1

2πy⁻⁴e⁻¹²⁽

x−y y−4)²

dx= 1−α <∞, avec α >0.

Par conséquent, Z

R²

f(x, y)dx dy = Z

y⁻²

Z 1

√2πy⁻⁴e⁻¹²⁽

x−y y−4)²

dx

dy ∀(x, y)∈B^c(0,1)

= (1−α) Z

]−∞,−1[×]1,+∞[

y⁻²dy <∞

3. Si on prend x=y, alors

f(x, x) =

( 0 sur B(0,1)

√1

2πx²e^{−(x−x)22 x8} sur B^c(0,1). =

0 sur B(0,1)

√1

2πx² sur B^c(0,1).

Par un calcul intégrale, nous obtenons Z

R

f(x, x)dx = +∞. On montre donc la contradiction.

3