5 Théorème de Radon-Nikodym et Théorème de Dunford-Pettis (Niveau M1-M2)

Ce complément pourrait pour l’essentiel être ajouté comme application du théorème de Riesz ou du théorème de dualité des espaces $L^{p}$ . Nous expliquons un théorème de théorie de la mesure qui permet de dire quand une mesure provient d’une densité dans $L^{1}(\Omega,\mu)$ . On en déduit une application à un théorème de compacité qui est utile pour la preuve du cas uniformément continue du théorème de convergence des martingale dans $L^{1}$ , le théorème de Dunford-Pettis E.9.

Définition E.3.

Si $\mu,\nu$ sont des mesures de probabilités sur $(\Omega,\mathcal{T})$ , on dit que $\mu$ est absolument continue par rapport à $\nu$ et on note $\mu\ll\nu$ si pour tout $A\in\mathcal{T}$ , $\nu(A)=0$ implique que $\mu(A)=0$

Définition E.4.

Si $\mu,\nu$ sont des mesures de probabilités sur $(\Omega,\mathcal{T})$ , on dit que $\mu$ admet une densité $h\in L^{1}(\Omega,\nu)$ par rapport à $\nu$ et on note $h=\frac{d\mu}{d\nu}$ , si $h\geq 0$ p.s. et pour tout $A\in\mathcal{T}$ :

\int_{\Omega}1_{A}hd\nu=\mu(A).

Les définitions s’étendent aux mesures $\sigma$ -finies, mais on considère seulement ici le cas de probabilités.

Théorème E.8 (de Radon-Nikodym).

Pour toutes mesures de probabilités $\mu,\nu$ sur $(\Omega,\mathcal{T})$ , il y a équivalence entre $\mu\ll\nu$ et l’existence d’une densité $h=\frac{d\mu}{d\nu}\in L^{1}(\Omega,\nu)$ de $\mu$ par rapport à $\nu$ , et la densité est alors unique $\nu$ -p.s.

Démonstration :

Si on a deux densités $h, k$ , $\int_{\Omega}1_{A}(h-k)d\nu=0$ pour tout $A$ $\mathcal{T}$ mesurable, donc par la construction de l’intégrale aussi $\int_{\Omega}fhd\nu=\int_{\Omega}fkd\nu$ d’abord pour $f$ mesurable positive (par TCM) puis pour $f$ mesurable bornée donc par dualité $h-k=0$ dans $L^{1}(\Omega,\nu)$ donc $\nu$ -p.s.

De plus, si on a existence d’une densité et si $\nu(A)=0$ , par TCM, $\int_{\Omega}1_{A}h=\lim_{n\to\infty}\int_{\Omega}1_{A}(h\wedge n)=0$ car $|\int_{\Omega}1_{A}(h\wedge n)d\nu|\leq||(h\wedge n)\||_{2}||1_{A}||_{2}\leq n% \nu(A)^{1/2}=0$ par Cauchy-Schwartz. Donc $\mu(A)=0$ c’est à dire on a montré $\mu\ll\nu$ .

La partie difficile est l’existence d’une densité si $\mu\ll\nu$ . On va utiliser le théorème de représentation de Riesz (ou sa variante pour la dualité de $L^{1}$ , le théorème D.8). Soit $\mu_{\alpha}=\mu+\alpha\nu$ avec $\alpha>0$ . L’idée est simple on s’attend à avoir une densité $\frac{d\mu_{\alpha}}{d\nu}=\alpha+h$ strictement positive et donc $\frac{d\nu}{d\mu_{\alpha}}=\frac{1}{\alpha+h}$ bornée par $1/\alpha$ donc dans $L^{2}$ ensuite $\alpha(1-\frac{\alpha}{\alpha+h})=\alpha\frac{h}{\alpha+h}\to_{\alpha\to\infty}h$ et on devrait pouvoir retrouver $h$ ainsi.

Appliquons cette idée, si $f\in L^{1}(\Omega,d\mu_{\alpha})$ , on a

\int|f|d\nu=\frac{1}{\alpha}\int|f|d\alpha\nu\leq\frac{1}{\alpha}\int|f|d\mu_{\alpha}

Donc $f\in L^{1}(\Omega,d\nu)$ et $f\mapsto\int fd\nu$ définit une forme linéaire continue sur $L^{1}(\Omega,d\mu_{\alpha})$ , donc par le théorème D.8, il existe $h_{\alpha}\in L^{\infty}(\Omega,d\mu_{\alpha})$ telle que pour tout $f\in L^{1}(\Omega,d\mu_{\alpha})$ on a

\int fd\nu=\int fh_{\alpha}d\mu_{\alpha}.

Et de plus, on a $||h_{\alpha}||_{L^{\infty}(\mu_{\alpha})}\leq 1/\alpha.$ Si $f=1_{\{h_{\alpha}<0\}},$ on obtient $\int\max(0,h_{\alpha})d\mu_{\alpha}\geq 0$ donc vaut $0$ , donc

\nu(\{h_{\alpha}<0\})\leq\frac{1}{\alpha}\mu_{\alpha}(\{h_{\alpha}<0\})=0

donc $h_{\alpha}\geq 0$ , $\nu$ p.s.

On montre maintenant la monotonie attendue pour $h_{\alpha}$ (si on veut qu’elle soit égale à un $\frac{1}{\alpha+h}$ ) Si $\beta>\alpha$ , on a pour $f$ positive bornée en utilisant $\mu_{\alpha}(g)\leq\mu_{\beta}(g)$ pour $g$ positive $\nu$ -p.s,

\int fh_{\beta}d\mu_{\beta}=\int fd\nu=\int fh_{\alpha}d\mu_{\alpha}\leq\int fh% _{\alpha}d\mu_{\beta}

car $fh_{\alpha}$ posivite $\nu$ -p.s. par le résultat précédent, donc comme c’est valable pour tout $f\geq 0$ , on a $h_{\beta}\leq h_{\alpha}\mu_{\beta}$ -p.s. donc $\nu$ -p.s.

Finalement, on a l’identité

\int fd\mu=\int fd\mu_{\alpha}-\int f\alpha d\nu=\int f(1-\alpha h_{\alpha})d% \mu_{\alpha}=\int f\alpha(1-\alpha h_{\alpha})d\nu+\int f(1-\alpha h_{\alpha})% d\mu.

Par $||h_{\alpha}||_{L^{\infty}(\mu_{\alpha})}\leq 1/\alpha.$ on a $1-\alpha h_{\alpha}\geq 0$ $\mu_{\alpha}$ -p.s. donc $\nu$ -p.s. En raisonnant comme avant on obtient $(1-\alpha h_{\alpha})\geq(1-\beta h_{\beta})$ $\nu$ -p.s. Donc, par l’égalité précédente, après simplification de $f$ (et toujours pour $f$ positive en utilisant la croissance de $\alpha\to\alpha h_{\alpha}$ $\nu$ -p.s. par ce qu’on vient de voir donc $\mu$ -p.s. par l’hypothèse $\mu\ll\nu$ ) , on obtient

\int f\alpha(1-\alpha h_{\alpha})d\nu=\int f\alpha h_{\alpha}d\mu\leq\int f% \beta h_{\beta}d\mu=\int f\beta(1-\beta h_{\beta})d\nu

soit $\alpha(1-\alpha h_{\alpha})\leq\beta(1-\beta h_{\beta})$ , $\nu$ -p.s. donc converge vers un $h$ en croissant et par convergence monotone et l’égalité avant on obtient

\int fhd\nu=\lim_{\alpha\to\infty}\int f\alpha(1-\alpha h_{\alpha})d\nu=\lim_{% \alpha\to\infty}\int fd\mu-\int f(1-\alpha h_{\alpha})d\mu\leq\int fd\mu.

Donc pour $f=1$ on trouve $h\in L^{1}(\Omega,d\nu)$ . Or par la monotonie de la limite définissant $h$ , on a

(1-\alpha h_{\alpha})=\frac{\alpha(1-\alpha h_{\alpha})}{\alpha}\leq\frac{h}{% \alpha}\to_{\alpha\to\infty}0

$\nu$ -p.s. puisque $h$ est fini $\nu$ -p.s. donc en utilisant encore l’hypothèse, aussi $\mu$ -p.s. Comme on a vu la monotonie en $\alpha$ par convergence monotone, on déduit $\int f(1-\alpha h_{\alpha})d\mu\to 0$ et donc finalement l’égalité attendue qui conclut la preuve :

\int fhd\nu=\lim_{\alpha\to\infty}\int fd\mu-\int f(1-\alpha h_{\alpha})d\mu=% \int fd\mu.

□

On peut maintenant rappeler et prouver le théorème E.9 :

Théorème E.9 (Dunford-Pettis).

Soit une suite $(X_{n})$ dans $L^{1}(\Omega,\mathcal{T},P)$ avec $\mathcal{T}$ une tribu dénombrablement engendrée (donc $\mathcal{T}=\mathcal{T}(\mathcal{E})$ avec $\mathcal{E}$ dénombrable, en particulier $\mathcal{T}=\mathcal{B}(\mathbb{R}^{n})$ ). On a l’équivalence entre

14.

$(X_{n})$ est uniformément intégrable
15.

$(X_{n})$ admet une sous-suite $(X_{n_{k}})$ ayant pour limite faible $X\in L^{1}$ , c’est-à-dire :

$\forall f\in L^{\infty}(\Omega),\ \ \mathbf{E}((X_{n_{k}}-X)f)\to 0.$
16.

$(X_{n})$ est bornée dans $L^{1}$ et pour tout $\epsilon>0$ , il existe $\eta>0$ tel que si $A\in\mathcal{T}$ vérifie $P(A)\leq\eta$ alors pour tout $n$ , $\mathbf{E}(1_{A}|X_{n}|)\leq\epsilon.$

C’est surtout l’équivalence entre 1. et 2. qui est difficile et porte le nom de théorème de Dunford-Pettis. L’hypothèse “dénombrablement engendrée” n’est pas nécessaire (cf. Delacherie-Meyer Probabilités et Potentiel Vol 1 p 27) mais nous la faisons pour simplifier.

Démonstration :

On commence par l’équivalence entre 1 et 3. Supposons $3 .$ et fixons $\epsilon>0$ , $\eta$ t.q. $P(A)\leq\eta$ implique $\mathbf{E}(1_{A}|X_{n}|)\leq\epsilon.$ Par l’inégalité de Markov $P(|X_{n}|\geq c)\leq\frac{\sup_{n\in\mathbb{N}}\mathbf{E}(|X_{n}|)}{c}\leq\eta$ dès que $c\geq\frac{\sup_{n\in\mathbb{N}}\mathbf{E}(|X_{n}|)}{\eta}$ , en appliquant alors à $A=\{|X_{n}|\geq c\}$ , on déduit $\sup_{n}\mathbf{E}(1_{\{}|X_{n}|\geq c\}|X_{n}|)\leq\epsilon.$ Et donc $\lim_{c\to\infty}\mathbf{E}(1_{\{}|X_{n}|\geq c\}|X_{n}|)=0$ qui est l’uniforme intégrabilité recherchée.

Réciproquement, pour $\epsilon<0$ fixé, on prend $c>0$ tel que $\sup_{n}\mathbf{E}(1_{\{|X_{n}|\geq c\}}|X_{n}|)\leq\epsilon/2,$ (en particulier

\mathbf{E}(|X_{n}|)=\mathbf{E}(1_{\{|X_{n}|\geq c\}}|X_{n}|)+\mathbf{E}(1_{\{|% X_{n}|<c\}}|X_{n}|)\leq c+\epsilon/2

donc $X_{n}$ et bornée dans $L^{1}$ , de sorte que

\mathbf{E}(1_{A}|X_{n}|)=\mathbf{E}(1_{A}1_{\{|X_{n}|\geq c\}}|X_{n}|)+\mathbf% {E}(1_{A}1_{\{|X_{n}|<c\}}|X_{n}|)\leq\mathbf{E}(1_{\{|X_{n}|\geq c\}}|X_{n}|)% +\mathbf{E}(1_{A}1_{\{|X_{n}|<c\}}c)\leq\epsilon/2+P(A)c

qui est borné par $\epsilon$ dès que $P(A)\leq\eta=\epsilon/2c$ qui convient.

On suppose maintenant $3$ et on montre $2 .$ Si $\mathcal{T}=\sigma(A_{n},n\in\mathbb{N})$ , $\mathcal{A}$ l’algèbre engendré par les $A_{n}$ c’est à dire les unions finis d’intersections finis de $A_{n},A_{n}^{c}$ (qui n’est en général pas une $\sigma$ algèbres) qui est stable par, complémentaire union finie et intersection finie. Il est facile de voir que $\mathcal{A}$ est dénombrable.

En séparant les parties positives,négatives, on peut supposer $X_{n}\geq 0$ et par extraction diagonale, on trouve $n_{k}$ telle que $\mathbf{E}[X_{n_{k}}1_{A}]\to\mu(A)$ converge pour tout $A\in\mathcal{A}$ .

Il est facile de voir que $\mu(\Omega)<\infty$ vu que $(X_{n})$ est bornée dans $L^{1}$ (par 3.) $\mu$ est additive sur les unions disjointes finies (par additivité de $1\mapsto\mathbf{E}[X_{n_{k}}1_{A}]$ qui est une mesure et passage à la limite). De plus, par 3., soit $\epsilon$ positive, on a un $\eta$ tel que $P(A)\leq\eta$ implique $\mathbf{E}[X_{n_{k}}1_{A}]\leq\epsilon$ donc $\mu(A)\leq\epsilon$ .

En particulier si $P(A)=0$ , on a $\mu(A)=0$ .

Un résultat classique de théorie de la mesure dit que $\mu$ s’étend de façon unique sur $\sigma(\mathcal{A})$ en une mesure $\mu^{*}$ (cf. par exemple Barbe-Ledoux [1, Thm 1.49]). Il est facile de voir que l’on a encore si $P(A)=0$ , on a $\mu^{*}(A)=0$ . Donc, $\mu^{*}\ll P$ et par le théorème de Radom-Nikodym, il existe $X\in L^{1}$ telle que $\mathbf{E}(X1_{A})=\mu(A)=\lim_{n\to_{i}nfty}\mathbf{E}[X_{n_{k}}1_{A}].$ Il en est donc de même pour toute fonction étagée $f_{m}$ (resp. $g_{m}$ ) d’une suite décroissante (resp. croissante) convergeant vers $f$ mesurable positive bornée

D’où on a les deux inégalités donnant l’égalité

\limsup_{n\to\infty}\mathbf{E}[X_{n_{k}}f]\leq\lim_{n\to\infty}\mathbf{E}[X_{n% _{k}}f_{m}]=\mathbf{E}(Xf_{m})\to\mathbf{E}(Xf)

\liminf_{n\to\infty}\mathbf{E}[X_{n_{k}}f]\geq\lim_{n\to\infty}\mathbf{E}[X_{n% _{k}}g_{m}]=\mathbf{E}(Xg_{m})\to\mathbf{E}(Xf).

On a donc obtenu 2.

On laisse en exercice l’implication de $3 .$ vers $1 .$ que l’on n’a pas utilisé dans le cours.

□