convergence faible de mesure de probabilité

@remarque: je suis désolé, je ne comprends pas ce que tu veux dire. Pour moi, les $\mu_n$ je dois les trouver pour que ça marche.

@siméon: Si $\mu$ est à support discret fini, c'est évident. Si le support est infini dénombrable, je m'en sors très bien aussi.
Le cas qui m'embête c'est quand $\mu$ est à densité.
Si je prends sur $[0,1]$. Je suppose que $\mu$ est à densité par rapport à la mesure de [large]L[/large]ebesgue $\mu=g \mathrm{d}\lambda$.
Et là j'arrive à conclure en prenant $ \displaystyle \large {\mu_n=\frac{1}{ \sum\limits_{i=0}^{n-1} g(\frac{i}{n})}\sum_{k=0}^{n-1}g(\frac{k}{n})\delta_{\frac{k}{n}}}$. C'est bien une mesure de probabilité et en utilisant 2 fois les sommes de Riemann, j'obtiens la conclusion. Ça marcherait aussi si le support de $g$ était compact.

Pour le passage à $\mathbb{R}$ : dans la somme de Riemman Riemann, la condition c'est que le pas de la partition tende vers 0. Mais je ne sais pas ce qu'il se passe si les bornes de l'intégrale bougent.

Du coup, je pensais utiliser : $ \displaystyle \large{\mu_n=\frac{1}{ \sum\limits_{i=0}^{n-1} g \left( -\sqrt n +\frac{2i}{\sqrt n} \right)}\sum_{k=0}^{n-1}g \left(-\sqrt n +\frac{2k}{\sqrt n }\right)\delta_{-\sqrt n +\frac{2k}{\sqrt n }}}$

[Riemann (1826-1866) et Lebesgue (1875-1941) méritent tous deux leur majuscule et le respect de leur patronyme. AD]

$g(k/n)$ est la valeur de $g$ en $(k/n)$. $g$ étant une densité, elle est définie en particulier en $(k/n)$, je me trompe ?
Je connais pas de mesure non discrète et non à densité par rapport a la mesure de Lebesgue. Mais j'avoue que du coup je ne pourrais pas utiliser les sommes de Riemann, et la dans ce cas, je n'ai pas d'idée.

Mais tu n'as pas que $\mu_n \in \mathcal{D}$.

Non en effet, $\mu$ est une mesure quelconque. Donc toute mon idée des sommes de Riemann tombe à l'eau, et comme tu dis, je suis loin du compte. Mais alors je n'ai pas la bonne idée, aurais-tu une piste pour m’aiguiller vers la bonne réponse s'il te plaît ? Merci.

Merci.
De la même manière que les sommes de Riemann, $$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n-1}f\big(\tfrac{k}{n}\big)\mu\big([\tfrac{k}{n},\tfrac{k+1}{n}[\big)=\int_0^1f\mathrm{d}\mu$$. Et ce étant valable pour toute mesure $\mu$, il n'y a plus les problèmes évoqués précédemment.

Ainsi, dans ce cas où le support de $\mu$ est $]0,1[$, je peux donc prendre $$\large \mu_n= \sum_{k=0}^{n-1}\mu\Big(\Big[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\Big[\Big)\delta_{\frac{k}{n}}
$$ Pour le cas ou le support de $\mu$ est $\mathbb{R}$: pour $f$ fonction à support compact, $$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n-1}f\Big(-\sqrt n+\frac{2k}{\sqrt n}\Big)\mu\Big(\Big[-\sqrt n+\frac{2k}{\sqrt n},-\sqrt n+\frac{2(k+1)}{\sqrt n}\Big[\Big)=\int_{\mathbb{R}}f\mathrm{d}\mu$$. Je ne suis pas sûr que ca marche puisque le support bouge.

[En LaTeX, ne pas écrire \sqrt(n) qui ne met que la parenthèse ouvrante sous le radical : $\sqrt(n)$,
mais écrire \sqrt{n} ou \sqrt n : $\sqrt{n}$. AD]