Moti Browniani e insiemi misurabili

[pat87]

Sia $W = (W_t)_(t in [0,1])$ un moto browniano con valori in $RR^d$ e $K$ un sottoinsieme di $RR^d$ con misura di Lebesgue $0$.
Si dimostri che il tempo che $W_t$ spende dentro l'insieme $K$ è una funzione misurabile, e che ha valore atteso nullo.

Dimostrare che è misurabile mi sembra semplice:

definiamo il tempo trascorso in $K$ come ($w in \Omega$)

$A_K(w) := \lambda (\{ t in [0,1] | W_t(w) in K \})$

quindi $A_K(w) = int_(RR) I_(\{ t in [0,1] | W_t(w) in K \}) d\lambda$

e quindi usando Fubini so che integrali di funzioni misurabili sono nuovamente misurabili e quindi mi basta dimostrare che l'insieme $\{ t in [0,1] | W_t(w) in K \}$ è contenuto nella Borel $\sigma$ - algebra $B([0,1])$ per un dato e fisso $w in \Omega$. Ma dato che $W$ è un moto Browniano e $K$ è misurabile secondo Lebesgue, allora segue l'asserto.

Per la seconda parte ho un attimo di confusione:

$E[A_K] = int_(\Omega) \int_(RR) I_(\{ t in [0,1] | W_t(w) in K \}) d\lambda dP$

usando Fubini

$= \int_0^1 P[ W_t in K] dt$

Ora, essendo $W$ un moto Browniano, posso utilizzare la densità di $W_t$? Ovvero, se la utilizzo,

$= \int_0^1 int_K f_t(x) dx dt = 0$

poiché integro essenzialmente su un insieme di misura $0$. Ma posso sempre fare questo procedimento per un moto Browniano?
In altre parole: la misura di Wiener è assolutamente continua rispetto alla misura di Lebesgue?

Grazie.