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
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Réponses
Formule exacte.
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.
@pierrreg nous le dira...
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 +$\infty$)
e.v.
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
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 quel ligne parles tu exactement?
~&\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*}
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.
\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,
$$\int_{[0,1]^2} u(x,y)\,d\mu_1\otimes d\mu_2=-\frac12\mu_2(\{1\}).$$
on a bien:
$ \int_0^1\int_0^1(-x)dF_1(x)dF_2(y) =-1$
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:
$\frac{1}{2}\mu_2(0)$
????
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 $-x + (1-x) = 1-2x \neq 1/2 - x$.
> $\mu({1})=1$.
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, $\mu_2(\{1\})=0$.
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
[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:
$\mu_2([0,a])-a+(1/2-a)\mu_2(\{a\})$
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.
> 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 $\mu_2([0,a[)-a+\mu_2(\{a\})/2$.
\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 $1=\mu_2([0,a[)+\mu_2(\{a\})+\mu_2(]a,1])$.
Et dire qu'on était parti de mesures à densité !
La question aurait changé en cours de route ?
Cordialement,
zephir.