Espace de mesures

Opoyh

Salut,

Soit $\phi : \mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ une fonction telle que :  Pour tout $\theta \in \mathbb{R}$, $\phi(\cdot, \theta)$ est mesurable. \item Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $\phi(x, \cdot)$ est convexe et continûment dérivable. Pour tout $x \in \mathbb{R}$ et $\theta \in \mathbb{R}$, \[ \frac{\partial \phi}{\partial \theta} (x, \theta) \leq M, \] où $M > 0$ est une constante. \end{itemize} Soit $\bar{\theta} \in \mathbb{R}$. On note $E$ l'ensemble des mesures signées finies $\nu$ sur $\mathbb{R}$ telles que $\phi(\cdot, \bar{\theta}) \in L^1(\nu)$, c'est-à-dire telles que $\phi(\cdot, \bar{\theta}) \in L^1(\nu^+)$ et $\phi(\cdot, \bar{\theta}) \in L^1(\nu^-)$, où $\nu^+$ et $\nu^-$ sont les parties positive et négative de $\nu$ (en particulier, $\nu^+$ et $\nu^-$ sont deux mesures finies positives, et $\nu = \nu^+ - \nu^-$). Pour chaque $\nu \in E$, on définit la fonction $\Phi_\nu : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ par \[ \Phi_\nu(\theta) = \int_{\mathbb{R}} \phi(x, \theta) \, d\nu(x), \quad \forall \theta \in \mathbb{R}. \] 
 \textbf{Question :} Montrer que la définition de l'espace $E$ ne dépend pas du choix de $\bar{\theta} \in \mathbb{R}$, et que la fonction $\Phi_\nu$ est donc bien définie pour tout $\nu \in E$.

Soient $\theta_1$ et $\theta_2$ dans $\mathbb{R}$

Peu à l'aise en théorie de la mesure, je me restreins d'abord aux mesures de signe positif. 

J'ai tenté sans succès de montrer que pour tout borélien $A$ , $\nu_{\theta_1}(A) = \nu_{\theta_2}(A)$, en utilisant une mesure dominante. 


Ensuite, au brouillon, je suis parti de l'expression de $\Phi$. 

 J'essaye de montrer que pour tout $\theta \in \mathbb{R}$, $\Phi_{\nu_{\theta_2}}(\theta) = \Phi_{\nu_{\theta_1}}(\theta)$.
On a : 
\[ \Phi_{\nu_{\theta_2}}(\theta) = \int_{\mathbb{R}} \phi(x, \theta) \, d\nu_{\theta_2} (x) \] J'écris : \[ \Phi_{\nu_{\theta_2}}(\theta) = \int_{\mathbb{R}} \int_{- \infty}^x \frac{d \phi(y, \theta)}{d y} \, d\nu_{\theta_1}(y) \, d\nu_{\theta_2}(x) \], en supposant que $\phi$ s'annule en $- \infty$  ce qui me donnerait, en utilisant Fubini  : \[ \Phi_{\nu_{\theta_2}}(\theta) = \int_{\mathbb{R}} \int_{- \infty}^x \frac{d \phi(y, \theta)}{d y} \, d\nu_{\theta_2}(y) \, d\nu_{\theta_1}(x) \]

D'où :

\[ \Phi_{\nu_{\theta_2}}(\theta) = \int_{\mathbb{R}} \phi(x, \theta) \, d\nu_{\theta_2} (x) \] J'écris : \[ \Phi_{\nu_{\theta_2}}(\theta) = \int_{\mathbb{R}} \int_{- \infty}^x \frac{d \phi(y, \theta)}{d y} \, d\nu_{\theta_1}(y) \, d\nu_{\theta_2}(x) \], en supposant que $\phi$ s'annule en $- \infty$  ce qui me donnerait, en utilisant Fubini  : \[ \Phi_{\nu_{\theta_2}}(\theta) = \int_{\mathbb{R}} \int_{- \infty}^x \frac{d \phi(y, \theta)}{d y} \, d\nu_{\theta_2}(y) \, d\nu_{\theta_1}(x) \]

ce qui permettrait de conclure mais je ne suis pas sûr...

Une aide svp ?

Bibix

Bonsoir,

Avec l'inégalité des accroissements finis, on peut montrer que $$\phi(\cdot, \theta_1) \in L^1(\nu) \Longleftrightarrow \phi(\cdot, \theta_2) \in L^1(\nu),$$ ce qui est le résultat demandé sauf erreur.

Opoyh

Merci Bibix.