Précision sur une intégrale double.
Bonjour
J'ai besoin d'une précision sur l'intégrale suivante;
Dans le cas dans lequel je me trouve, on est en présence de deux fonctions réelles $f_1$ et $f_2$ (qui sont des densités de probabilités)
et soit la fonction, définie sur $[0,1]\times [0,1]$.
$$u(x,y)= -x1_{x<y}+(1/2-x)1_{x=y}+(1-x)1_{x>y}$$
Je voudrais savoir si l'on a:
$$\int_0^1\int_0^1 f_1(x)f_2(y)u(x,y)dxdy=\int_0^1\int_0^y f_1(x)f_2(y)(-x)dxdy+\int_0^1\int_y^1 f_1(x)f_2(y)(1-x)dxdy$$
En gros, je dis que la partie $\{x=y\}$ est négligeable, donc on peut réduire l'intégrale a deux sous intégrales.
merci
J'ai besoin d'une précision sur l'intégrale suivante;
Dans le cas dans lequel je me trouve, on est en présence de deux fonctions réelles $f_1$ et $f_2$ (qui sont des densités de probabilités)
et soit la fonction, définie sur $[0,1]\times [0,1]$.
$$u(x,y)= -x1_{x<y}+(1/2-x)1_{x=y}+(1-x)1_{x>y}$$
Je voudrais savoir si l'on a:
$$\int_0^1\int_0^1 f_1(x)f_2(y)u(x,y)dxdy=\int_0^1\int_0^y f_1(x)f_2(y)(-x)dxdy+\int_0^1\int_y^1 f_1(x)f_2(y)(1-x)dxdy$$
En gros, je dis que la partie $\{x=y\}$ est négligeable, donc on peut réduire l'intégrale a deux sous intégrales.
merci
Réponses
-
Bonsoir,
Formule exacte. -
Bonjour
Je ne suis pas d'accord, je pense que le terme pour $x=y$ ne doit pas être ignoré.
Pour ma part, j'aurais écris, en me rappelant les distributions de Dirac :
$\iint dx dy f_1(x) f_2(y) (1/2-x) 1_{x=y} = \int dy f_2(y) (\int dx f_1(x) (1/2-x) \delta(x-y)) =$
$\quad =\int dy f_2(y) (f_1(y) (1/2-y)) = \int dy f_1(y) f_2(y) (1/2-y)$
A moins que cette dernière expression soit nulle, le terme a une contribution non nulle. -
Meuhnon, l'intégrale de n'importe quoi sur un ensemble de mesure nulle est nulle.
-
Bonjour, pas avec les distributions de Dirac. Dans le cas continu, $1_{x=y}$ n'est pas la fonction qui vaut $1$ si $x=y$, mais pourrait être la distribution de Dirac qui détermine la contribution des cas $x=y$. Si c'est vraiment $1$, alors l'intégrale est nulle. Pour moi ça dépends des circonstances du problème (on a un qu'un extrait).
@pierrreg nous le dira... -
Meuhnon, l'intégrale de n'importe quoi sur un ensemble de mesure nulle est nulle
Avant la naissance des distributions les électroniciens considéraient que l’intégrale de la masse Dirac sur {0} égale à 1 ( La masse de Dirac était vu comme nulle partout sauf en 0 qui prend +$\infty$)Le 😄 Farceur -
Tiens ? C'est l'heure de la bouillie !
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Meuhnon, bis. Pas plus de Dirac que de beurre en broche ici voyons. Je rappelle à toutes fins utiles qu'on est pas en physique et qu'en intégration, $0\times\infty=0$.
-
Remarque!!!!
Tu étais passé ou?
Je me rappelle avoir posté un message dans lequel je me demandais ou tu étais, et voila que je retrouve dans un de mes messages!!
C'est ouf comme disent les djeuns -
La question que je me suis posée en haut m'est venue en faisant un exo de théorie des jeux. J'aurais besoin de votre avis sur un calcul d'espérance
On est en présence de deux joueurs qui doivent choisir un nombre au hasard entre 0 et 1. Le payoff du joueur 1 est:
$u_1(x,y)= -x$ si $x<y$
$u_1(x,y)=1/2 -x$ si $x=y$
$u_1(x,y)= 1-x$ si $x>y$
Maintenant, je veux calculer l'espérance de $u_1$. Êtes-vous ok avec ce calcul ?
On est donc en présence de deux variables aléatoires indépendantes $X$ et $Y$:
$X:\Omega\rightarrow [0,1]$ et $Y:\Omega\rightarrow [0,1]$. On pose $F_1$ et $F_2$ les deux fonctions de répartitions de $P_X$ et $P_Y$ $$
\int_\Omega\int_\Omega U_1(X(\omega),Y(\omega'))dP(\omega,\omega')=\int_0^1\int_0^1U_1(x,y)dF_1(x)dF_2(y)
$$ $$
\int_0^1\int_0^y(-x)dF_1(x)dF_2(y)+\int_0^1\int_y^1(1-x)dF_1(x)dF_2(y)$$ je regroupe les termes: $$\int_0^1\int_0^1(-x)dF_1(x)dF_2(y)+\int_0^1\int_y^1 dF_1(x)dF_2(y)
$$ $$ \int_0^1dF_2(y)\int_0^1(-x)dF_1(x)+\int_0^1\int_y^1 dF_1(x)dF_2(y)
$$ $$ \int_0^1dF_2(y)\int_0^1(-x)dF_1(x)+\int_0^1(F_1(1)-F_1(y))dF_2(y)
$$ Je suppose que $F_1(y)$ est la fonction de répartition associée à la mesure de dirac pour laquelle $F_1(y)$ vaut 0 partout sauf en 1. On a donc $F_1(y)=1_{y=1}$ et je dis que la deuxième intégrale vaut: $$(F_2(1)-F_2(0))\int_0^1(-x)dF_1(x)+\int_0^1dF_2(y)
$$ Ensuite, je dis que la première intégrale vaut 0 et il nous reste: $$ \int_0^1dF_2(y)=F_2(1)-F_2(0)=1
$$ Êtes-vous ok ?
Merci -
Bonjour, il y a une erreur dans la borne supérieure d'une intégrale où tu as écris $\int_0^1 \int_0^1$ au lieu de $\int_0^1 \int_0^y$. Il faut corriger... De plus, relis mon message sur l'utilité... si tu utilises Dirac, il manque un terme lorsque $x=y$.
-
YvesM écrivait:
> Bonjour, il y a une erreur dans la borne
> supérieure d'une intégrale où tu as écris
> $\int_0^1 \int_0^1$ au lieu de $\int_0^1
> \int_0^y$. Il faut corriger...
De quel ligne parles tu exactement? -
en bas de "je regroupe les termes", l'intégrale la plus à gauche.
-
En détaillant les calculs: sauf erreur de ma part, on a bien ce que je dis : \begin{align*}
~&\int_0^1\int_0^y(-x)dF_1(x)dF_2(y)+\int_0^1\int_y^1(1-x)dF_1(x)dF_2(y) =\\
~&\qquad = \int_0^1\int_0^y(-x)dF_1(x)dF_2(y)+\int_0^1\int_y^1dF_1(x)dF_2(y)+\int_0^1\int_y^1(-x)dF_1(x)dF_2(y) \\
~&\qquad = \int_0^1( \int_0^y(-x)dF_1(x) +\int_y^1(-x)dF_1(x) )dF_2(y) +\int_0^1\int_y^1dF_1(x)dF_2(y)\\
~&\qquad = \int_0^1\int_0^1(-x)dF_1(x)dF_2(y) +\int_0^1\int_y^1dF_1(x)dF_2(y)
\end{align*} -
Bonjour, c'est plus clair, mais je trouve une autre erreur de frappe et peut-être de calcul :
c'est $F_2(1) - F_2(0)$ et non pas $F_2(1) - F_2(1)$ dans l'avant dernière ligne de ton message initial.
Enfin, lorsque tu trouves $0$ pour cette intégrale, je ne trouve pas $0$ car la distribution de Dirac est centré sur $x=1$ et non pas sur $x=0$, et donc j'arrive à $-(F_2(1) - F_2(0))$ pour la première et $+(F_2(1) - F_2(0))$ pour la seconde (comme toi), donc$0=0$.
Par ailleurs, je te rappelle que tu oublis un terme. Pour t'en rendre compte, imagine que le joueur $1$ choisit $x=1$ tout le temps. Et le joueur $2$ choisit $y=1$ tout le temps. Alors l'utilité du premier joueur est $1/2-1 = -1/2$ d'après l'énoncé : il est puni. Alors que ta formule aboutit à une utilité $\neq -1/2$ pour ce joureur (car ni $x<y$ ni $x>y$ ne sont vérifiées et que dans le cas limite $x=y$, la somme des utilités est $-x + 1-x = 1-2x$), c'est absurde.
Si tu prends en compte le terme que j'ai proposé cette absurdité est levée. -
@ Pierreg : je ne comprends pas trop ton calcul, mais ici, c'est une simple application de Fubini
\begin{align*}\int_{[0,1]^2} u(x,y)\,d\mu_1\otimes d\mu_2&=\int_0^1d\mu_2\Bigl(\int_0^1u(x,y)\,d\mu_1\Bigr)\\
&=\int_0^1u(1,y)\,d\mu_2,
\end{align*}
si $\mu_1=\delta_1$. Comme $u(1,y)=0$ si $y<1$ et $u(1,1)=-\frac12$, on obtient finalement,
$$\int_{[0,1]^2} u(x,y)\,d\mu_1\otimes d\mu_2=-\frac12\mu_2(\{1\}).$$ -
ok, je suis d'accord
on a bien:
$ \int_0^1\int_0^1(-x)dF_1(x)dF_2(y) =-1$ -
Ok, donc dans mon calcul, j'ai bien oublié le terme lorsque $x=y$ et donc on obtient bien ce que dis remarque.
Ensuite, comme c'est une fonction de répartition définie sur $[0,1]$, on a forcément: $\mu({1})=1$.
En fait, dans mon tout premier calcul, je partais du cas ou les fonctions de répartitions admettaient des densités, et donc le cas $x=y$ était effectivement $dx$-négligeable. Mais ce n'est pas le cas lorsqu'on a des fonctions de répartitions quelconques. Donc je suis ok avec vous deux.
Maintenant, si on prend la mesure de Dirac en 0, on a bien:
$\frac{1}{2}\mu_2(0)$
???? -
Bonjour,
Je pense que ton écriture mème à des confusions :
D'abord, ton intégrale à partir de laquelle tu appliques Fubini est correcte, mais c'est l'égalité dans ton premier message de cette intégrale que je consteste. En effet, elle ne tient pas compte de l'utilité pour $x=y$ ; elle ne peut donc pas représenter le problème posé. C'est évident, non ?
L'intégrale de Fubini represente un nombre réel qui est l'utilité du joureur $1$, le résultat est effectivement :
$ = u(1,1) \mu_1 (1) \mu_2 (1)$
à condition que tu utilises les fonctions indicatrices. Il faut choisir : soit distribution, soit fonction indicatrice. Et ne pas mélanger les deux dans l'exercise/ le problème posé.
Mais si tu reprends cette démonstration à partir de l'égalité que je consteste (dans ton premier message), tu n'arrives pas à ce résultat, car la somme des utilités pour $x<y$ et $x>y$ est $-x + (1-x) = 1-2x \neq 1/2 - x$. -
Pierrreg écrivait:
> $\mu({1})=1$.
Attention, j'ai écrit mon calcul avec des mesures, pas des fonctions de répartition. Ici, ce qui sort de Fubini, c'est $\mu_2(\{1\})$, la mesure du singleton $\{1\}$ vu par $\mu_2$.* $\mu_2(1)$ ne veut rien dire.
Et $\mu_2(0)$ non plus.
* En particulier, si $\mu_2$ est à densité comme au début, $\mu_2(\{1\})=0$. -
En effet, elle ne tient pas compte de l'utilité pour x=y ; elle ne peut donc pas représenter le problème posé. C'est évident, non ?
oui
Mais si tu reprends cette démonstration à partir de l'égalité que je consteste (dans ton premier message), tu n'arrives pas à ce résultat, car la somme des utilités pour...
>>La je suis pas d'accord avec toi. Car comme je l'ai dis, ${x=y}$ est pour la mesure de Lebesgue négligeable. Donc la formule dans mon tout premier message est vraie -
remarque écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1096973,1098183#msg-1098183
[Inutile de reproduire l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]
Je suis d'accord. D'ailleurs, on peut généraliser dans l'intégrale de Fubini, en prenant une mesure de Dirac quelconque et obtenir:
$\mu_2([0,a])-a+(1/2-a)\mu_2(\{a\})$ -
Bonjour,
on avance un peu.
C'est pas compliqué : on choisit soit des distributions de Dirac, soit des fonctions indicatrices.
Si Dirac (que je recommande) alors :
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} dx dy f_1(x)f_2(y) u(x,y) = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{y} dy f_1(x)f_2(y) (-x) + \int_{0}^{1} dx \int_{y}^{1} dy f_1(x)f_2(y) (1-x) + $
$\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} dy f_1(x)f_2(y) (1/2-x) \delta(x-y)$
$=\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{y} dy f_1(x)f_2(y) (-x) + \int_{0}^{1} dx \int_{y}^{1} dy f_1(x)f_2(y) (1-x) + \int_{0}^{1} dx f_1(x)f_2(x) (1/2-x)$
Si fonctions indicatrices alors :
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} dx dy f_1(x)f_2(y) u(x,y) = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{y} dy f_1(x)f_2(y) (-x) + \int_{0}^{1} dx \int_{y}^{1} dy f_1(x)f_2(y) (1-x) + $
$\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} dy f_1(x)f_2(y) (1/2-x) 1_{{x=y}}$
$=\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{y} dy f_1(x)f_2(y) (-x) + \int_{0}^{1} dx \int_{y}^{1} dy f_1(x)f_2(y) (1-x) + \int_{0}^{1} dx f_1(x)f_2(x) (1/2-x)$
bien sûr le même résultat, mais pour la suite des calculs, quand $f_i(x)$ deviennent quelconque, Dirac est plus pratique. -
Pierrreg écrivait:
> en prenant une mesure de Dirac quelconque et obtenir: $\mu_2([0,a])-a+(1/2-a)\mu_2(\{a\})$
qui s'écrit un peu plus économiquement $\mu_2([0,a[)-a+\mu_2(\{a\})/2$. -
Je vois pas ou il est passé le terme en $a\mu_2(\{a\})$.
-
Ah oui, en fait, c'est qu'on est pas d'accord. Donc a priori, je maintiens ma formule.
-
A priori, je suis plus d'accord avec toi qu'avec moi même. Donc peux tu me démontrer ta formule?
-
Ok. Si $\mu_1=\delta_a$, alors $\int_0^1 u(x,y)\,d\mu_1=u(a,y)$. Par conséquent
\begin{align*}\int_{[0,1]^2} u(x,y)\,d\mu_1\otimes d\mu_2&=\int_0^1u(a,y)\,d\mu_2\\
&=\int_{[0,a[}u(a,y)\,d\mu_2+\int_{\{a\}}u(a,y)\,d\mu_2+\int_{]a,1]}u(a,y)\,d\mu_2\\
&=(1-a)\mu_2([0,a[)+\Bigl(\frac12-a\Bigr)\mu_2(\{a\})-a\mu_2(]a,1]),
\end{align*}
et l'on conclut en utilisant que $1=\mu_2([0,a[)+\mu_2(\{a\})+\mu_2(]a,1])$. -
Bonsoir Monseigneur,
Et dire qu'on était parti de mesures à densité !
La question aurait changé en cours de route ?
Cordialement,
zephir. -
@ zephir : Oui, au départ, il n'y avait que des densités. Maintenant des masses de Dirac, voire des mesures finies sont également apparues.
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Bonjour!
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