Por desgracia, yo no soy consciente de una alternativa de la prueba (o una versión más detallada de la prueba por Mörters/Peres). Así, en lugar de proporcionarle una fuente, voy a seguir las líneas de Paul Lévy; esperemos que llenar los vacíos en su prueba.
Deje $(B(t))_{t \geq 0}=((B^1(t),B^2(t)))_{t \geq 0}$ ser una de dos dimensiones el movimiento Browniano y denotan por $\lambda$ el (de dos dimensiones) de la medida de Lebesgue.
En primer lugar, nos muestran que la $L := \lambda(B([0,1]))$ satisface $\mathbb{E}L<\infty$. Para este fin, se nota que
$$\begin{align*} \{L>4r^2\} &\subseteq \left\{ \max_{t \in [0,1]}(|B^1(t)|,|B^2(t)|) > r \right\} \\ &= \left\{ \max_{t \in [0,1]} B^1(t) > r \right\} \cup \left\{ \max_{t \in [0,1]} B^2(t) > r \right\} \\ &\quad \cup \left\{ \min_{t \in [0,1]} B^1(t) < -r \right\}\cup \left\{ \min_{t \in [0,1]} B^2(t) < -r \right\}.\end{align*}$$
A partir de la reflexión principio sabemos que $\max_{t \in [0,1]} B^j(t) \sim -\min_{t \in [0,1]} B^j(t) \sim |B^j(1)|$$j=1,2$. Por lo tanto,
$$\mathbb{P}(L>4r^2) \leq 4 \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_r^{\infty} \exp \left( - \frac{y^2}{2} \right) \, dy \leq \frac{4 \sqrt{2}}{\pi} \frac{1}{r} \exp \left(- \frac{r^2}{2} \right).$$
La combinación de esta estimación con el hecho de que $\mathbb{E}L = \int_0^{\infty} \mathbb{P}(L >r) \, dr$, obtenemos $\mathbb{E}L<\infty$.
A continuación, se nos tenga en cuenta que para la reinicia el movimiento Browniano $W_t := B_{t+1}-B_1$, $\lambda(W([0,1])) = \lambda(B([1,2]))$ y, desde $W \sim B$, llegamos a la conclusión de que $$\mathbb{E}(\lambda(B([0,1]))) = \mathbb{E}(\lambda(B([1,2]))).$$ Similarly, as $\tilde{W}_t := \frac{1}{\sqrt{2}} B_{2}$ es un movimiento Browniano, tenemos
$$\lambda(\tilde{W}([0,1])) = \lambda \left( \frac{1}{\sqrt{2}} B([0,2]) \right) = \frac{1}{2} \lambda(B([0,2])$$
es decir,$\lambda(B([0,2])) \sim 2 \lambda(B([0,1]))=2L$. Por lo tanto,
$$\begin{align*} 2\mathbb{E}L = \mathbb{E}(\lambda(B([0,2]) &= \mathbb{E}(\lambda(B([0,1])) + \mathbb{E}(\lambda(B([1,2])) - \mathbb{E}(\lambda(B([0,1]) \cap B([1,2]))) \\ &= 2\mathbb{E}L + \mathbb{E}(\lambda(B([0,1]) \cap B([1,2]))). \end{align*}$$
Por lo tanto, $$ \mathbb{E}\big(\lambda(B([0,1]) \cap B([1,2]))\big)=0. \tag{1}$$
Por el teorema de Fubini, tenemos
$$\mathbb{E}L = \int \int 1_{B([0,1])}(x,y) d\lambda(x,y) \, d\mathbb{P} = \int \underbrace{\mathbb{P}((x,y) \in B([0,1]))}_{=:p(x,y)} \, d\lambda(x,y). \tag{2}$$
Si establecemos $W_t := B_{1-t}-B_1$$\tilde{W}_t := B_{t+1}-B_1$, ambos procesos son Browniano movimientos y
$$W([0,1]) = B([0,1])-B_1 \qquad \qquad \tilde{W}([0,1]) = B([1,2])-B_1.$$
Usando ese $(W_t)_{t \geq 0}$ $(\tilde{W}_t)_{t \geq 0}$ son independientes, obtenemos
$$\begin{align*}\mathbb{E}(\lambda(B([0,1]) \cap B([1,2]))) &= \mathbb{E}(\lambda(W([0,1]) \cap \tilde{W}([0,1]))) \\ &= \int \mathbb{P}((x,y) \in W([0,1]) \cap \tilde{W}([0,1])) \, d\lambda(x,y) \\ &= \int \mathbb{P}((x,y) \in W([0,1])) \mathbb{P}((x,y) \in \tilde{W}([0,1])) \, d\lambda(x,y) \\ &= \int p^2(x,y) \, d\lambda(x,y). \end{align*}$$
Ahora $(1)$ implica $p(x,y)=0$ $\lambda$-en casi todas partes y, por lo tanto, por $(2)$, $\mathbb{E}L=0$. Por lo tanto, como $L \geq 0$, podemos concluir $L=0$ casi seguramente.
Observación no es obvio que $\omega \mapsto L(\omega)$ $((x,y),\omega) \mapsto 1_{B([0,1],\omega)}((x,y))$ son variables aleatorias; ver a esta pregunta y Evan Aad respuesta para la medición de la $L$ e esta pregunta para la medición de la segunda asignación. (Tenga en cuenta que la cuantificación de $((x,y),\omega) \mapsto 1_{B([0,1],\omega)}((x,y)$ implica la medición de la $L$, por el teorema de Fubini.)
