Exercices corrigés. Université de Poitiers, Guilhem Coq. TD2 : fonctions mesurables, propriétés des mesures

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1 Université de Poitiers, Guilhem Coq Année 29-2 L3 6L2 : théorie de la mesure xercices corrigés TD2 : fonctions mesurables, propriétés des mesures xercice Soit f :, T R, BR une application mesurable et k >. On définit f k par fx si fx k f k x = k si fx > k k si fx < k Faire un schéma. Montrer que f k est également T, BR mesurable. xercice 2 Soit, T un espace mesurable. Montrer que A T ½ A est T, BR mesurable. 2 On suppose que T P. xhiber une application f : R non T, BR-mesurable et telle que f soit T, BR-mesurable. On pourra essayer de faire en sorte que f = ½. xercice 3 Soit, T,µ un espace mesuré et A n n N une suite d éléments de T.. On suppose que pour tout n, A n A n+. Montrer que µ A n = lim µa n. n n N 2. On suppose que pour tout n, A n+ A n et que µa <. Montrer que µ A n = lim µa n. n n N Ce résultat reste-t-il vrai sans l hypothèse µa <? 3. Dans l espace mesuré R, BR,λ, montrer que λ{a} = pour tout a R. n déduire que λn = λz = λq =. xercice 4 Lemme de Borel-Cantelli Soit, T,µ un espace mesuré, A n n N une suite d éléments de T tels que et F la partie de définie par + n= F = n N µa n <, A k. On dit qu un élément de F appartient à une infinité des A k, ou encore que F est l ensemble limsupa n. k n

2 Montrer que F T et que µf =. C est le lemme de Borel-Cantelli. 2 Application : soit f n n et f des fonctions définies sur à valeurs réelles T, BR-mesurable. On suppose que pour tout a >, on a : + n= µ f n f > a <. Montrer que la suite de fonctions f n n converge simplement µ-presque-partout vers f. xercice 5 Soit un ensemble non-vide, T = P et a. On pose, pour tout A T : δ a A = si a A si a / A On appelle δ a la mesure de Dirac en a. i Montrer que δ a est effectivement une mesure. ii Montrer que δ a est σ-finie. iii Déterminer les parties de négligeables pour δ a. 2 Soit D un ensemble dénombrable i.e. en bijection avec N, c est le cas de Z et Q par exemples muni de la tribu T = PD. Pour tout A T, on pose µa =CardA. Si A est un ensemble fini, µa est alors son cardinal, si A est infini, µa = +. On appelle µ la mesure de comptage sur D. Reprendre les points de la question précédente pour la mesure de comptage. xercice 6 Soit, T,µ un espace mesuré, F, U un espace mesurable et g : F une application T, U-mesurable. Pour tout B U, on pose νb = µg B. Montrer que ν est une mesure sur F, U. On dit que ν est la mesure image de µ par l application g. 2 On se place sur R, BR,λ et on considère g : R Z la fonction partie entière. Montrer que g est BR, PZ-mesurable et déterminer la mesure image de λ par g. 3 On se place sur R, BR,δ a où a est un réel fixé et on considère g : R R une application BR-mesurable. Déterminer la mesure image de δ a par g. xercice 7 Soit, T,µ un espace mesuré, F, U un espace mesurable et g : F une application T, U-mesurable. On note g µ la mesure image de µ par l application g : B U, g µb = µg B. Soit f : F R une fonction mesurable. Montrer que f est g µ-intégrable si et seulement si f g est µ-intégrable et que dans ce cas on a : f dg µ = f g dµ. F xercice 8 Soit, T,µ un espace mesuré et h : [, + ] une application mesurable. Pour tout A T, on pose νa = h dµ. 2 A

3 Montrer que ν est une mesure sur, T. On dit que ν admet h comme densité par rapport à la mesure µ, on note ν = h.µ ou dν = h dµ. 2 Soit A T tel que µa =. Montrer que νa =. On dit que ν est absolument continue par rapport à µ. 3 Soit f : R une fonction mesurable. Montrer que f est ν-intégrable si et seulement si fh est µ-intégrable et que dans ce cas on a : où fh désigne la multiplication des fonctions. f dν = fh dµ xercice 9 Soit ε >. Construire un ouvert U de R, dense dans R tel que λu ε. On rappelle que Q est dense dans R et dénombrable. xercice Soit U un ouvert de R. Si U est borné, montrer que λu est finie. La réciproque est-elle vraie? 2 Soit A un borelien de R. Si A contient un ouvert non-vide, montrer que λa >. La réciproque est-elle vraie? xercice Dans cet exercice, on exhibe une partie de R non borélienne. On considère la relation xry x y Q sur [, [. montrer que c est une relation d équivalence. Pour x [, [, on note x la classe de x modulo R. On appelle F l ensemble obtenu en choisissant exactement un élément dans chaque classe. Autrement dit si y et z sont deux éléments de F distincts, alors y z. nfin, pour q R, on définit le translaté de F par q comme F + q = {y + q, y F }. Soit q et r deux rationnels distincts. Montrer que F + q F + r =. 2 Montrer que [, [ q Q [,] F + q [, 2] 3 Supposons que F BR. Aboutir à une contradiction en considérant λ F + q. q Q [,] 3

4 TD3 xercice 2 Additivité de l intégrale de Lebesgue sur les fonctions positives Soit, T,µ un espace mesuré. Soit f,g deux fonctions positives mesurables. Montrer que f + g dµ = f dµ + g dµ. On pourra commencer par supposer que f et g sont étagées. Puis utiliser un théorème d approximation de fonctions mesurables positives par des fonctions étagées et enfin le théorème de convergence monotone Beppo-Levi. xercice 3 Intégration terme à terme d une série de fonctions positives Soit f n une suite de fonctions mesurables positives sur, T,µ. On définit la fonction F pour tout x par Fx = f n x. n= Montrer que la fonction F est mesurable positive et que F dµ = n= f n dµ. On pourra utiliser l exercice précédent et le théorème de convergence monotone. xercice 4 On travaille sur N, PN muni de la mesure de dénombrement µ : pour tout A N, µa est le cardinal de A si A est fini, µa = + dans le cas contraire. Soit f : N [, + ] une fonction positive sur N. On peut également voir f comme une suite de nombres réels positifs u n = fn. n remarquant que f s écrit f = fn½ {n}, expliciter la valeur de N f dµ. 2 Soit u n,p n,p N une suite double de réels positifs. Montrer que u n,p = u n,p. n= p= p= n= n= 3 Calculer n p p=2 n=2 xercice 5 Intégrale de Gauss On se propose de calculer l intégrale de Gauss : e x2 dx. R 4

5 Soit x R. Montrer que la suite x 2 /n n converge vers e x2 de manière croissante à partir d un certain rang. Pour la croissance, on pourra faire un développement limité du logarithme du rapport de deux termes consécutifs. 2 On considère la suite de fonctions f n x = n x2 ½[, n n]x. Montrer que f n est une suite croissante de fonctions positives qui converge simplement vers la fonction x e x2 ½ R+ x. 3 n déduire que R + e x2 dx = lim n 4 On rappelle que les intégrales de Wallis, définies par, I m = π/2 n x2 dx n cos m θ dθ, vérifient I m π variable. 2m lorsque m tend vers l infini. Conclure en effectuant un changement de 5

6 TD4 Théorèmes de convergence xercice 6 Soit f n n une suite de fonctions mesurables positives sur, T,µ qui converge simplement vers une fonction f. On suppose qu il existe une constante M telle que n N, f n dµ M. Montrer que f dµ M. xercice 7 Soit, T,µ un espace mesuré et f n une suite décroissante de fonctions mesurables positives qui converge presque partout vers une fonction f. On suppose que f dµ < +. Montrer que lim f n dµ = f dµ < +. n + On donnera deux démonstrations : une utilisant le théorème de convergence monotone et l autre le théorème de convergence dominée. Peut-on supprimer l hypothèse f dµ < +? Si non, donner un contre exemple. xercice 8 Calculer les limites quand n + des quantités suivantes : n n + nx + x dx n fxe nsin2 x dx où f est une fonction intégrable sur R +. x n x e 2 dx n ln x n x n dx. On pourra en profiter pour donner une expression intégrale de la constante d uler. xercice 9 Soit, T,µ un espace mesuré et f : [, + [ une application mesurable positive. On suppose que < f dµ < +. Calculer, en fonction du paramètre α R +, la valeur de α fx lim n ln + dµx. n On pourra dans certains cas utiliser l inégalité +t α +t α valable pour tous t, α >. xercice 2 Sur l hypothèse de domination Soit n et f n la fonction affine par morceaux et continue définie par f n x =, x / [n, 2n] f n = f n 2n = f n n = /n 6

7 a Faire un dessin et montrer qu à x fixé, f n x converge vers. b Calculer R f nxdx. c Le théorème de convergence dominée reste-t-il vrai si l on omet l hypothèse de domination? 2 Dans le théorème de convergence dominée, l existence d une fonction g intégrable et majorant toutes les f n assure la convergence des intégrales. On s intéresse ici à la réciproque. Soit n et f n la fonction définie par f n x = x ½ [n,n+]x. a Montrer qu à x fixé, f n x converge vers. b Calculer R f nxdx. Cette quantité converge-t-elle? c Soit g une fonction telle que x R, n N, f n x gx. Montrer que gx /x pour tout x R. n déduire que g n est pas intégrable. d Que pensez-vous de la réciproque du théorème de convergence dominée? xercice 2 Soit, T,µ un espace mesuré et f une fonction intégrable sur. Montrer que ε >, η >, A T, µa < η = f dµ < ε. Autrement dit, f dµ tend vers lorsque la mesure de A tend vers. A xercice 22 Soit, T,µ un espace mesuré tel que µ < +. Soit également f n n une suite de fonctions qui converge uniformément vers une fonction f sur. Montrer que f n f dµ =. lim Ce résultat reste-t-il vrai si l on enlève l hypothèse µ < +. xercice 23 Soit, T,µ un espace mesuré, f n n une suite de fonctions intégrables qui converge presque partout vers une fonction intégrable f. On suppose que lim f n f dµ =. Montrer que lim f n dµ = 2 Réciproquement, on suppose que lim lim f dµ et lim f n dµ = f n f dµ =. A f n dµ = f dµ f dµ. Montrer que On pourra utiliser la suite de fonctions g n = f + f n f f n et lui appliquer le seul théorème de convergence dont elle satisfait les hypothèses. 3 Résumer les résultats des questions précédentes en une équivalence. 4 On se place sur R, BRR,λ. Donner un exemple de suite f n de fonctions intégrables qui converge vers une fonction f intégrable, telle que lim f n dµ = f dµ et telle que, pourtant, f n f dµ ne tende pas vers. 7

8 TD5 Fonctions définies par des intégrales xercice 24 Pour x on pose fx = + Montrer que f est bien définie et continue sur R +. 2 Montrer que f est décroissante. 3 Calculer f et déterminer lim x + fx. xercice 25 Pour x > on pose fx = π 2 + x 3 + t 3dt. cos t t + x dt. Montrer que f est bien définie et continue sur R +. 2 tudier les variations de f 3 Déterminer, si elles existent lim x + fx et lim x + fx 4 Donner un équivalent de f en + et en +. xercice 26 Soit f : R R et g : R R les fonctions définies par e x2 +t 2 x 2 fx = dt et gx = e dt t2. + t 2 Montrer que f est de classe C sur R. 2 Montrer que f + g =. 3 Montrer que fx + gx = π pour tout x R. 4 4 Montrer que lim x + fx =. 5 n déduire la valeur de l intégrale de Gauss. xercice 27 Pour x R on pose fx = Montrer que f est de classe C sur R. + e t2 costxdt. 2 Montrer que f vérifie l équation différentielle y = x 2 y. 3 n déduire une expression explicite de f. xercice 28 Soit, T,µ un espace mesuré vérifiant < µ < +. Soit < ε < et f : [ε, + [ une fonction intégrable sur.. Soit α [, ]. Montrer que f α est une fonction intégrable sur. Même question pour ln f. 2. Pour α [, ] on pose Fα = f α dµ. Montrer que F est dérivable sur [, /2[ et calculer sa dérivée. 3. n déduire la valeur de /α lim f α dµ α µ 8

9 xercice 29 Pour x >, on pose Γx = + Montrer que la fonction Γ est bien définie sur R +. 2 Montrer que Γ est C sur R +. 3 Montrer que Γ est une fonction convexe. t x e t dt. 4 Montrer que Γx+ = xγx pour tout réel x >. n déduire une expression de Γn pour n entier non nul. 5 ffectuer le changement de variable u = t n n pour montrer que Γn + = nn n e n + n 6 Déduire de la question précédente la formule de Stirling n! nn 2πn e n 7 Pour x > et n N, on pose n x! = xx +...x + n. a Montrer que b Montrer que Γx = lim n n + u n n e u n du. t n n t x dt. t n t x dt = nx.n! n n x! c n déduire un équivalent de n x! lorsque n +. 9

10 TD6 Intégration sur un espace produit xercice 3 Soit < a < b deux réels. On considère l espace A =], + [ ]a,b[ muni de sa tribu Borélienne et de la mesure λ produit des mesures de lebesgue. Montrer que l application définie sur A par fx,y = e xy est intégrable. 2 n déduire la valeur de + e ax e bx dx x xercice 3 On travaille sur R 2 muni de la tribu borélienne et de la mesure µ produit des mesures de Lebesgue. On note D =], + [ 2. Calculer 2 n déduire les valeurs de + D + x 2 y + y dµ ln x ln x dx et de 2 x 2 x 2 dx. 3 n déduire les sommes des séries de termes généraux 2n + 2 et n 2. xercice 32 On considère la mesure de comptage µ sur N,PN. On définit f sur N 2 par si m = n fm,n = si m = n + sinon. a f est-elle µ µ-intégrable? b Calculer fm,ndµm dµn et fm,ndµn dµm. Le résultat est-il compatible avec le théorème de Fubini? Permet-il de répondre à la question? 2 Sur [, ], B[, ], on considère la mesure de Lebesgue λ et la mesure de comptage µ pour A BR[, ], on a donc µa =CardA si A est fini, µa = + sinon. On pose D la diagonale D = {x,x, x [, ]}. a Montrer que D est un borélien de [, ] 2. b Calculer ½ D x,ydλx dµy et Le résultat est-il compatible avec le théorème de Tonelli? ½ D x,ydµx dλy.

11 xercice 33 Soit la fonction f définie sur [, ] 2 par { x 2 y 2 si x,y, fx = x 2 +y 2 2 sinon. a Montrer que f est mesurable pour la tribu borélienne de R 2. On pourra utiliser le fait que la limite simple d une suite de fonctions mesurables est mesurable. b Calculer fx,ydx dy et c La fonction f est-elle intégrable sur [, ] 2? fx,ydy 2 Mêmes questions avec la fonction g définie par { xy si x,y, x gx = 2 +y 2 2 sinon. xercice 34 Soit, T,µ un espace mesuré σ-fini et f : R + une application mesurable. Montrer que + f dµ = µ{f t}dt. xercice 35 Montrer que l application f définie sur R 2 par fx,y = e x2 +y 2 est intégrable sur R 2 et calculer son intégrale. Retrouver ainsi la valeur de l intégrale de Gauss. 2 tudier maintenant l intégrabilité de l application gx,y = e x2 +2xy+2y 2 xercice 36 Produit de convolution de deux fonctions intégrables. Soit f et g deux fonctions intégrables sur R n, BR n,λ n où λ n désigne la mesure produit des mesures de Lebesgue sur R. On définit l application h : R n R n R par hx,y = fx ygy. Montrer que h est intégrable sur R n R n. 2 n déduire que, pour presque tout x R n, la quantité hx,ydλ n y est bien définie. R n On note f g l application définie sur R n par f gx = hx,ydλ n y = R n fx ygydλ n y R n si cette intégrale est définie, f gx = sinon. 3 Montrer que f g est intégrable sur R n et que f g dλ n f dλ n. g dλ n. R n R n R n 4 On définit g f en échangeant les rôles de f et g dans la définition de h. A l aide d un changement de variable, montrer que f g = g f presque partout sur R n. xercice 37 Soit n N, R > et B n R la boule de rayon R de R n pour la topologie euclidienne : B n = { x,...,x n R n, x x 2 n R 2}. On note λ n la mesure de Lebesgue sur R n et b n R = λ n B n R = ½ BnRx,...,x n dλ n x,...,x n R n le volume de cette boule. dx.

12 Montrer que b n R = R n b n. On pourra s aider d un changement de variable. On raccourcit b n en b n. 2 Calculer b, b 2 et b 3. On pourra s aider de changements de variables. 3 Pour n 3, établir une relation de récurrence entre b n et b n 2. On pourra remarquer que x x 2 n x 2 + x 2 2 et x x 2 n x 2 x 2 2. n déduire la valeur de b n puis celle de b n R en fonction de n et R. xercice 38 Soit A M n R une matrice symétrique définie positive. Pour X R n, on note AX la produit matriciel. On note également.. le produit scalaire canonique de R n et λ n la mesure de Lebesgue sur R n. Calculer IA = e AX X dλ n X. R n 2

13 TD7 : spaces L p xercice 39 Soit f la fonction définie sur ], + [ par Montrer que f L ], ]. fx = 2 Soit p ], + ]. Montrer que f / L p ], ]. 3 Soit p [, + ]. Montrer que f L p [, + [. x + ln x 2 xercice 4 Soit, T,µ un espace mesuré tel que µ < +. Soit également p < q < +. Montrer que L L q L p L. 2 Montrer sur un exemple que l hypothèse µ < + est indispensable. 3 La première question permet de définir l injection : i : L q L p f Montrer que cette injection est continue pour les normes. q et. p. xercice 4 Soit, T,µ un espace mesuré, p [, + ] et f n n une suite de fonctions de L p, T,µ. On suppose que i f n n converge simplement presque partout vers une fonction f. ii f n n converge au sens L p vers une fonction g. Montrer que f = g presque partout. xercice 42 Pour n N on considère la fonction f : [, ] R définie par f f n x = n½ ] n+, n[ x. Montrer que la suite f n n converge presque partout vers la fonction nulle. 2 tudier la convergence de la suite f n n dans L p pour p [, + ]. xercice 43 Soit n N. On note an l unique entier tel que et f n la fonction définie sur [, [ par Représenter f, f 2, f 3, f 4, f 5. 2 an n 2 an+ f n x = ½ [n2 an,n+2 an [ x. 2 Soit p [, + [. Montrer que la suite f n n converge dans L p [, [ vers la fonction nulle. 3

14 3 Montrer que pour tout x [, [, la suite f n x n admet pas de limite. xercice 44 Produit scalaire sur L 2 et polynômes orthogonaux Soit I un intervalle ouvert non-vide de R, muni de sa tribu Borélienne BI. On choisit une fonction ω : I ], + ] mesurable et on note µ la mesure de densité ω par rapport à la mesure de Lebesgue λ. On rappelle que µ est une mesure définie pour A BI par µa = ωxdλx. A Une fonction f : I R mesurable est µ-intégrable si et seulement si f.ω est λ-intégrable et que dans ce cas : f dµ = fω dλ. On travaille sur l espace vectoriel L 2 = L 2 I, BI,µ.. Le but de cette question est de définir un produit scalaire sur L 2. I I a Soit f,g L 2. Montrer que fg L. On pourra commencer par déterminer le conjugué de 2 puis utiliser Hölder. b Soit f,g L 2. On définit f,g par f,g = Montrer que.,. est un produit scalaire. c Quelle est la norme associée à.,.? I fg dµ. 2. Dans cette question, on suppose que pour tout n N, le polynôme x n appartient à L 2. Par conséquent, on a également R[X] L 2. a Donner un exemple d intervalle I et de poids ω pour lesquels cette assertion est vérifiée. b Montrer qu il existe une unique suite de polynômes P n n vérifiant : P n est unitaire pour tout n. degp n = n pour tout n. i j = P i,p j =. On pourra commencer par déterminer P puis construire les P n par récurrence. c Montrer que les polynômes P n n vérifient, pour n 2, la relation de récurrence P n x = x xp n,p n P P n 2 n x P n 2 2 P 2 P n 2 2 n 2 x. 2 On pourra commencer par remarquer que P n xp n est un polynôme de degré n, donc combinaison linéaire des P n,p n 2,...,P. d Montrer que pour tout n, P n admet n racines distinctes dans I. 3. xemples Pour I =], [ et ωx =, on obtient les polynômes de Legendre L n : d n L n x = n! n. 2n! dx nx2 4

15 Pour I =], [ et ωx = x 2, on obtient les polynômes de Tchebychev T n : T n x = 2 n cosn arccos x. Pour I =], + [ et ωx = e x, on obtient les polynômes de Laguerre L n : L n x = n e x dn dx nxn e x. Pour I = R et ωx = e x2 /2, on obtient les polynômes de Hermite H n : H n x = n e x2 /2 dn dx ne x2 /2. 5

16 Université de Poitiers, Guilhem Coq Année 29-2 L3 6L2 : théorie de la mesure Correction des exercices Correction Soit a R. On a {f k < a} = si a > k, si a < k et {f < a} si k a k. Correction 2 Soit a R. On a {½ A < a} =,, c A selon les valeurs de a. Choisir A P \ T et considérer f = 2½ A. Correction 4. On a F = n N k n A k = F =: n N F n. Les F n sont mesurables, et F aussi. On a aussi F n+ F n et µf = µ A k µa k <. Du coup µf = limµf n lim k n µa k =. 2. Soit A a n = { f n f > a} et F a leur limsup. Par hypothèse et Borel-Cantelli, on a µf a = pour tout a >. Soit maintenant G = {x, f n x ne converge pas vers fx} et x G. Alors p N, n N, k n, f n x fx > /p. Autrement dit G p N F /p qui est mesurable de mesure nulle. Correction 6 On tombe sur la mesure de comptage, puis sur δ ga. Correction 7 Classique. Commencer par supposer que f est positive. Si f est une indicatrice, c est facile. Si elle est étagée, ce n est pas beaucoup plus dur. Si elle est positive quelconque, l approximer de manière croissante par des étagées, utiliser Beppo-Levy et ça passe. Si f est de signe quelconque, écrire f = f + + f. Correction 8 ν =, l additivité est facile. 2 Faire h = ½ A, puis h étagée, puis enfin h quelconque positive avec approximation par des étagées et Beppo-Levy. 3 Commencer par f positive : f est une indicatrice, puis une étagée, puis une positive quelconque. Si le signe de f est quelconque, faire f = f + + f. Correction 9 crire Q = {r,r,...}, poser ] I n = r n ε 2 n+,r n ε [ 2 n+ et U = I n. Correction Réciproque fausse : U p N ] p 2 n+,p + [ 2 n+

17 2 Réciproque fausse : R \ Q. Correction Soit x F + q F + r. Soit y = x q F et z = x r F. On a y z et y z = q r Q, donc y = z, c est absurde. 2 Pour q Q [, ], on a F + q [, 2], cela montre la deuxième inclusion. Soit x [, [. Il faut montrer qu il existe q Q [, ] tel que x q F. Appelons y l élément de F tel que x = y. Alors q = x y Q [, ] convient. Cela montre la première inclusion. 3 Supposons F borélienne, alors tous les F + q le sont aussi, et leur réunion dénombrable également. La question précédente donne alors λ F + q 3. Mais cette réunion est disjointe, donc λ F + q = q Q [,] q Q [,] q Q [,] λ F + q = q Q [,] λ F. Il y a une infinité de terme dans cette somme. lle vaut donc si λf = ou + si λf >. Dans tous les cas, c est une contradiction. Correction 2 Disons que f et g sont étagées et prennent les valeurs a i, i =,...,n et b j, j =,...,p sur les ensembles A i et B j. Remarquons que A i i et B j j forment des partitions de. On a d une part : n p f dµ + g dµ = a i µa i + b j µb j = = i= j= n p a i µa i B j + j= i= n i= p a i + b j µa i B j. j= p n b j µb j A i i= j= D autre part : fx + gx = = = n p a i ½A i + b j ½B j i= j= n p a i ½A i B j + j= i= n i= j= p a i + b j ½A i B j, p n b j ½B j A i i= j= de sorte que f + g dµ = n p a i + b j µa i B j = f dµ + g dµ. i= j= 2

18 Pour passer à f,g mesurables positives quelconques, il suffit de considérer u n et v n des suites croissantes de fonctions positives étagées telles que u n x fx et v n x gx en croissant donc pour tout x. Pour tout n on a alors u n + v n dµ = u n dµ + v n dµ. n passant à la limite dans cette égalité et en utilisant Beppo-Levi, on trouve f + g dµ = f dµ + g dµ. Correction 3 Soit F p la somme partielle F p x = p n= f nx. D après l exercice précédent on a p F p dµ = f n dµ. n= De plus la suite de fonction F p p est une suite croissante car les f n sont positives de fonctions mesurables positives telles que F p x Fx pour tout x. Le théorème de convergence monotone donne alors que F est mesurable elle est aussi positive et que : F dµ = lim F p dµ = p n= f n dµ. Correction 4 Par intégration terme à terme d une série de fonctions positives on obtient : N f dµ = fn½ {n} xdµx = fnµ{n} = N n= Les séries classiques sont des intégrales de Lebesgue. n= fn. 2 Soit f n la suite de fonctions positives sur N définies par f n p = u n,p pour tout p N. Le théorème d intégration terme à terme donne : f n dµ = N n= n= N f n dµ. La première question appliquée à chaque membre de cette égalité donne le résultat. 3 Les termes sont positifs, on échange : n p p=2 n=2 = = = n p n=2 n=2 n=2 p=2 n 2 n n + n = par téléscopage. On ne sait pas grand chose sur les valeurs des sommes de Riemann /n p pour p entier 2, mais on peut calculer la somme de ces sommes! Correction 5 On a, lorsque n tend vers l infini, x 2 /n n = expn ln x 2 /n exp x 2. n= 3

19 Pour la croissance, il faut pousser le développement à l ordre 3, le calcul suivant N SUFFIT DONC PAS : un+ ln = n + x2 u n n + x 4 2 n + + o 2 n 2 n x2 n x 4 2 n + o 2 n 2 = 2 n 2 + n x4 + o n = x4 2n n + + εn. ce qui, encore une fois, ne suffit pas. Faire le DL à l ordre 3 et ça ira. 2 Les fonctions f n sont positives grâce à l indicatrice. lles convergent simplement vers la fonction demandée : pour x fixé, il suffit de prendre n assez grand pour que n > x et appliquer la question précédente. Pour la croissance à partir d un certain rang il suffit de voir que pour tout x R et n N, on a bien x2 n + n+ ½[, n+] n x2 ½[, n n] par la question précédente et en faisant un peu attention aux indicatrices. 3 La question précédente assure que l on peut utiliser le théorème de convergence monotone : lim f nxdx = lim f n xdx, n c est le résultat demandé. R n R 4 Par le changement de variable x/ n = sinθ, on trouve f n xdx = πn ni 2n+ 22n + Donc R + e x2 dx = π/2 et R e x2 dx = π Correction 6 On peut seulement invoquer Fatou : f dµ = liminff n dµ liminf R f n dµ M. Correction 7 Convergence monotone : la suite de fonctions f f n n est une suite croissante de fonctions positives pour la croissance, on utilise la décroissance de la suite de départ, pour la positivité aussi! qui converge presque partout vers f f. Beppo-Levi donne lim f f n dµ = f f dµ. Du fait que f dµ < +, on peut retrancher cette quantité de chaque membre de l égalité et on obtient f n dµ = f dµ. lim c est indispensable de dire cela puisque = + = et pourtant 4 3. Cette quantité est finie puisque f f et f est intégrable. Convergence dominée : par décroissance et positivité de la suite, on a f n = f n f pour tout n. Or f est intégrable par hypothèse. La convergence dominée donne donc lim f n dµ = f dµ. On ne peut pas supprimer l hypothèse de finitude : f n = ½ [n,+ [. 4

20 Correction 8 Sur [, ], f n x = +nx +x n. n développant la puissance n, on remarque que f n x pour tout x. La fonction constante est intégrable sur [, ], de plus f n x pour x >, donc presque partout. La convergence dominée donne que la limite est nulle. 2 Sur R +, f n x = fxe nsin2 x. On a f n f qui est intégrable par hypothèse. De plus f n x sauf si x πz. La mesure de ce dernier ensemble étant nulle, la suite f n converge presque partout vers la fonction nulle et la convergence dominée montre que la limite des intégrales est nulle. 3 Sur R +, f n x = ½ [,n]x x n n e x 2. La suite f n converge simplement vers la fonction x ½ R+ xe x 2. De plus, pour tout x [,n], on a x n n e x. La suite est donc majorée par sa limite qui est intégrable. La convergence dominée donne lim n x n + x e 2 dx = n e x 2 dx = 2. 4 Sur R +, f n x = ½ [,n]x ln x x n n. On ln t t pour t <. Donc x/n n e x pour < x < n. Donc pour tout x R +, f n x ln x e x. Cette dernière fonction est intégrable sur R +. De plus la suite f n n converge simplement vers la fonction x ln xe x ½ R+ x. La convergence dominée donne donc lim n ln x x n dx = n ln xe x dx. Pour la constante d uler γ, il suffit de calculer les intégrales de gauche en posant y = x/n puis par partie en choisissant finement y n+ /n+ comme primitive de y n : n ln x x n dx = n n = n ln n n + + lnn yy n dy [ y n+ n + = n ln n n + n n + On en déduit que γ := lim H n ln n = ln xe x dx.. ] y n+ ln y + n n + y dy + y + + y n dy = n n + ln n H n+ Correction 9 On note f n x l intégrande. Si fx =, alors f n x =. Sinon on a fx si α = f n x n α fx si α > + si < α < Noter que dans le deuxième cas, on utilise le fait que f ne prend pas la valeur +. Trois cas s imposent donc. er cas : α =. La suite de fonctions f n converge simplement vers la fonction f. De plus, grace à l inégalité ln + t t, on a f n x = f n x = n fx n = fx. 5

21 Comme f est une fonction intégrable, on peut appliquer le théorème de convergence dominé. On obtient f n dµ f dµ. 2ème cas : α >. La suite de fonctions f n converge simplement vers la fonction nulle. De plus, grace à l inégalité indiquée dans l énoncé, on a f n x = f n x = nα ln + fx αfx. n La fonction αf étant encore intégrable, la convergence dominée donne f n dµ. 3ème cas : < α <. A x fixé, f n x converge vers si fx = et vers + sinon. Autrement dit, la suite de fonctions f n converge simplement vers la fonction x + ½ {f }. Notons que la mesure de {f } n est pas nulle, car sinon f dµ = f dµ + f dµ = + = {f } {f=} ce qui est exclut par l énoncé. Ici, on ne peut appliquer que Fatou à la suite f n, mais cela va suffire : lim inf f n dµ lim inf f n dµ. Or le membre de gauche vaut Par conséquent, lim + ½ {f } dµ = µ{f = } + µ{f } = +. f n dµ = +. Correction 2 On trouve f n dx =. Si on omet l hypothèse de domination, le théorème n est plus valable. 2 On trouve f n dx = ln + /n. La limite des intégrales coincide donc avec l intégrale de la limite. nsuite, si g convient et x R, on a en particulier gx f [x] x = /x avec [.] la partie entière. Donc g n est pas intégrable. On ne peut donc pas majorer les f n par une fonction intégrable. La réciproque de convergence dominée est fausse. Correction 2 Notons B = {f = + }. On a µb = car + > f dµ f dµ = µ c B + µb. Soit maintenant ε >, n N et A T. On a f dµ = f dµ + A A { f n} B A { f >n} f dµ nµa + A { f >n} f dµ. Occupons nous du deuxième terme et appelons f n l intégrande. On a f n f qui est intégrable par hypothèse et f n x fx ½ A B x à x fixé. La convergence dominée assure donc la convergence de l intégrale vers fx dµ = car B est de mesure nulle. Soit alors n A B telle que l intégrale soit plus petite que ε/2 et η = ε 2n. On alors, pour tout A T telle que µa < η : f dµ f dµ n µa + ε A A 2 ε. 6

22 Correction 22 Soit ε > et N tel que pour n > N, on ait sup f n x fx < ε x µ. Alors pour n > N, on a f n f dµ ε µ = ε. µ Le résultat n est plus vrai si on enlève l hypothèse : sur R avec Lebesgue, considérer f n = n ½ [n,+ [. Correction 23 Il suffit d écrire : f n dµ et f n dµ f dµ = inégalité triangulaire renversée f dµ f n f dµ f n f dµ f n f dµ f n f dµ 2 Les fonctions g n sont positives, on ne peut faire que Fatou. Notons que g n converge simplement vers 2 f presque partout par hypothèse. On obtient : lim inf g n dµ lim inf g n dµ, autrement dit : 2 f dµ lim inf f + f n f f n dµ = 2 La deuxième égalité provenant de l hypothèse de cette question. Donc lim sup f n f dµ Par conséquent lim f n f dµ =. 3 Nous venons de montrer que, sous les hypothèses de l exercice : lim f n f dµ = lim f n dµ = f dµ lim sup f n f dµ. f dµ. 4 Il va falloir choisir des fonctions qui change de signe, sinon les résultats précédents assurent que de telles fonctions n existent pas. Considérons f n = ½ n [,n] ½ [ n,]. Les fn sont intégrables, converge vers qui est intégrable. On a aussi : f n dµ = = dµ et pourtant R R f n dµ = 2. 7 R

23 Correction 24 Il n y a pas de problèmes d intégration en t =. Puisque x, on a de plus que l intégrande, qui est continu en x, est majoré par / + t 3, qui est intégrable en +. Cela montre à la fois que f est définie et continue sur R +. 2 On pourrait montrer qu elle est C et étudier la dérivée, mais il faut des fois savoir revenir aux sources. Soit x y deux réels positifs. Alors, pour tout t >, on a, +y 3 +t 3 +x 3 +t 3 d où fy fx. 3 Pour calculer f, on fait le changement de variable u = /t : f = + + t 3dt = + u + u 3du = + u 2 u + du + + u 3du. Si on ne voit pas l astuce u = u + qui exprime f en fonction de lui-même, on peut décomposer en élément simple en faisant bien attention et ça devrait passer. Dès lors : 2f = + 2π du = u 2 u après maniement correct de la forme canonique et des Arctan, sous reserve des erreurs de calculs. Pour montrer que la la limite en + vaut il suffit de remarquer que fx après changement de variable u = tx. + x 3 + t 3 = x 2f, Correction 25 La localité de la continuité va bien servir. Soit K [a,b]r + un compact avec < a < b. A t fixé, la fonction x cos t est continue. De plus, pour x K fixé, on a t+x cos t qui est une fonction intégrable sur [,π/2]. Donc f est bien définie et continue t+x t+a sur R +. 2 On pourrait à nouveau montrer qu elle est C et étudier la dérivée. Mais si x y alors et fy fx. D où la décroissance. cos t cos t t+y t+x 3 Pour la limite en +, il suffit d écrire fx = x π 2 cos t + t/x dt π 2x x +. Pour la limite en, c est un peu plus délicat : π π 4 cos t 2 fx x + t dt x + t dt = 2 4 n encadrant le dénominateur, on a x + π/2 R π 2 cos t dt x π 2 cos t dt fx x ln π/4 + x x π 2 cos t dt. On déduit que fx en +. n encadrant correctement le numérateur, on obtient l équivalent en : π 2 t 2 /2 dt fx x + t π 2 x + t dt. Pour x voisin de, on a : π 2 π/2+x dt = ln ln 2x/π. De plus π 2 x+t x elle est donc o lnx. On obtient que fx ln 2x/π en x t 2 dt est bornée, x+t

24 Correction 26 La dérivée en x de l intégrande vaut 2xe x2 +t 2. Pour K [ a,a] un compact de R, la valeur absolue de cette dérivée est majorée par 2a qui est bien une fonction indépendante de x et intégrable sur [, ]. On obtient ainsi la dérivabilité de f et le fait que f x = 2xe x2 +t 2 dt = 2xe x2 e tx2 dt pour tout x R. La continuité de f résulte du même argument. 2 On a g x = 2e x2 x e t2 dt.. Pour x = on a l égalité demandé. Pour x, on fait le changement de variable u = t/x dans l expression de g pour conclure. 3 De la question précédente, on déduit que f + g est constante sur R. Cette constante vaut f + g = dt = π. +t On a e xt2 fx = e x2 + t dt 2 e x2 + t 2dt. Le membre de droite tend vers lorsque x tend vers l infini. 5 On en déduit que gx tend vers π 4 quand x tend vers l infini, autrement dit + 2 e t2 dt = π 4. Correction 27 On majore la dérivée en x de l intégrande par te t2 pour conclure à la dérivabilité. 2 On obtient f x = + te t2 sintxdt. On intègre f par partie pour obtenir l équation différentielle, attention à x = qu il vaut mieux traiter à part. 3 L équation différentielle se résoud en fx = ce x2. La constante c vaut f = π 2 intégrale de Gauss. Correction 28. Les hypothèses sont cruciales. Tout d abord les constantes sont intégrables puisque µ < +. nsuite, il suffit de remarquer que ln f supf, ln ε et f α sup,f car α. 2. Pour tout x, on a fx >. La fonction α fx α est donc dérivable de dérivée ln fx.fx α. De plus, pour α [, /2[, cette dérivée vérifie : ln fx.fx α = ln fx ½ {f } + ½ {f>} fx α ½ {f } + ½ {f>} ln ε ½ {f } + fx½ {f>}..½ {f } + fx½ {f>} ln ε ½ {f } + fx½ {f>}, où on a utilisé le fait que lnt t pour tout t. Le membre de droite est bien une fonction de x indépendante de α et intégrable sur. On obtient que F est dérivable sur [, /2[ avec la même technique, on aurait pu pousser jusqu à [, /e[... et que F α = ln f.f α dµ. 9

25 3. Notons Gα = ln Fα. Le logarithme de la quantité dont on veut calculer la limite µ vaut Gα G. Il tend donc vers α G = F /F. D où le résultat lim α µ f α dµ /α = exp µ X ln f dµ. Correction 29 Notons gt,x l intégrande. Il est positif. Soit x >. n t =, on a gt,x qui est bien intégrable puisque x <. n +, t x on a t 2 gt,x, donc t gt,x est intégrable en + par le critère de Riemann. La fonction Γ est donc bien définie sur R +. 2 Soit k N. La fonction x k g x k t,x = lnt k t x e t est intégrable en t sur ], + [ par les critères de Riemann : soit α > vérifiant > α > x, on a t α lnt k t x e t t 2 lnt k t x e t t t +. 2 Soit K [a,b] R + un compact avec < a < b. Il faut maintenant vérifier que, pour tout x K, la valeur absolue de cette dérivée est bornée par une fonction intégrable en t sur ], + [ indépendante de x. Pour cela, remarquons que pour tout t ], + [ et tout x K, on a t x t a + t b ; en fait t x est plus petit que l un des deux termes de droite selon la position de t par rapport à, mais dans tous les cas, t x est majoré par la somme des deux. Dès lors k g x kt,x ln t k t a + t b e t. Ce majorant est bien indépendant de x et intégrable sur ], + [ à nouveau par les critères de Riemann. On montre ainsi que Γ est continue k =, puis qu elle est dérivable k =, puis qu elle est C par induction. 3 De la question précédente on déduit que pour tout x > Γ x = + d où la convexité. 4 On intégre par partie l expression de Γx + : Γx + = + lnt 2 t x e t dt, t x e t dt = [ t x e t] xt x e t dt = xγx. Comme Γ =, on déduit par récurrence que Γn = n!. 5 Le changement de variable donne le résultat. 6 Posons f n u = exp n ln + u/ n u n ½ ] n,+ [ u. Un DL2 du logarithme montre que f n u converge vers e u2 /2. Pour la domination, il suffit de voir que : pour n u, n ln + u/ n u n u 2 /2 pour u, n ln + u/ n u n u + ln + u. La fonction u e u2 /2 ½R u + + ue u ½ R+ u étant intégrable sur R et indépendante de n, on peut appliquer le théorème de convergence dominée et écrire : e n Γn + n n n e u2 /2 du = 2π. R

26 7 Pour x > et n N, on pose n x! = xx +...x + n. a Pour < t < n, on a t/n n e t par l inégalité ln + a a pour tout a >. Le théorème de convergence dominé s applique et montre le résultat. b Commençons par le changement de variable u = t/n : n t n t x dt = n x u n u x du. n nsuite, une intégration par partie donne u n u x du = x [ un u x ] + n x u n u x du. Le crochet est nul car x > et n >. n itérant n fois cette intégration par partie, on obtient : u n u x du = nn...2 xx +...x + n c On obtient donc Γx = lim n x n! n x! >. D où n x! nn+x 2πn e n Γx u x+n du = n! n x! Correction 3 La question est de savoir si f dλ < +. La fonction f est positive A donc la valeur absolue est inutile et le theorème de Tonneli permet d écrire en ayant deviné le bon sens du premier coup! : b + f dλ = e xy dx dy Cela montre que f est intégrable. A = a b a y dy = a 2 b 2 < +. 2 n appliquant à nouveau Tonelli ou Fubini maintenant que l on a montré que f est intégrable, on obtient : a + b + 2 b = e xy e ax e bx dy dx = dx 2 x D a Correction 3 La fonction à intégrer est positive. On peut donc appliquer Fubini-Tonelli et intégrer dans l ordre souhaité, le suivant étant le plus simple : x 2 y + y dµ = + x 2 y + y dx dy = = + + π 2 y + y dy chgt t = x y π π2 dt = + t2 2 chgt t = y Au passage, on a montré que la fonction est intégrable sur D et on a calculé la valeur de son intégrale.

27 2 On intègre maintenant dans l autre sens : + x 2 y + y dµ = D x 2 y + y dy dx L intégrale intermédiaire se calcule en décomposant en éléments simples et en prenant une borne finie que l on fera ensuite tendre vers +. On trouve : + et donc + De plus : + 2 ln x dy = + x 2 y + y x 2 ln x x 2 dx = Il suffit de faire le changement de variable t = x 3 On écrit : ln x x 2 dx = ln x x 2 dx = 2 n= ln x ln x π2 dx = x 2 4 ln x + x 2 dx n= ln x x 2 dx. dans la dernière intégrale pour voir que ln x π2 dx = x 2 8. x 2n dx = + n= x 2n ln xdx, l échange et étant justifié car les fonctions sont positives. La dernière intégrale se calcule par partie et vaut /2n+ 2. On conclut + n= /2n+2 = π 2 /8. Pour la deuxième série il suffit d écrire + S = n = + 2 2k k + 2. k= On déduit 3 4 S = π2 /8 et finalement S = π 2 /6. Correction 32 a La question est de savoir si f dµ µ < +. Le théorème de N 2 Tonelli permet d écrire + + f dµ µ = f dµ dµ = fm,n = 2 = +. N 2 N N k= n= m= Donc f n est pas intégrable. b On trouve + fm,ndµm dµn = et fm,ndµn dµm = + m= n= n= m= fm,n = fm,n = + + n= + n= m= n= = fm,n =. Ce résultat est compatible avec le théorème de Fubini. n effet, la fonction f n est pas intégrable si bien qu on ne donc pas appliquer Fubini. Par contre, il permet de conclure à nouveau que f n est pas intégrable car si elle l était, les intégrales itérées dans les deux sens seraient égales. 2

28 2 a La fonction ϕ : x,y x y est continue, donc borélienne, sur [, ] 2. De plus D = ϕ {} et {} est un borélien de R, donc D est un borélien. b Soit y fixé. Commençons par calculer ½ D x,ydλx. Pour tout x [, ], on a ½ D x,y = ½ {y} x, par conséquent ½ D x,ydλx = λ{y} = puis ½ D x,ydλx dµy. Soit à nouveau y [, ] fixé. Calculons maintenant ½ D x,ydµx. De la même manière, on a ½ D x,ydµy = µ{y} = si bien que ½ D x,ydµx dλy = dλ =. [,] Ici la fonction à intégrer est positive, donc on pourrait croire être en droit d appliquer Tonelli, ce qui contradirait le résultat des calculs. Cependant, Tonelli n est pas applicable car la mesure produit λ µ n existe même pas du fait que µ n est pas σ finie : les seules parties de [, ] de mesure finies sont les parties finies. Donc une réunion dénombrable de parties de mesures finies sera au plus dénombrable, ce qui n est pas le cas de [, ]. Correction 33 a La fonction f n est pas continue regarder la limite selon une droite y = ax, a. Soit n N. Posons { x 2 y 2 si x,y, f n x = x 2 +y 2 + n 2 sinon. Les fonctions f n sont continues, donc mesurables et convergent simplement vers f qui est donc mesurable. b A y fixé, commençons par fx,ydx. Pour y =, cette intégrale vaut +. Pour y il n y a pas de problème d intégrabilité et [ x fx,ydx = x 2 + y 2 ] x= x= = 2 + y 2 Donc y 2 fx,ydx est égale presque partout à la fonction y. Du coup +y 2 fx,ydx dy = 2 dy = π. + y2 Pour les intégrales itérées dans l autre sens, les calculs sont identiques au signe près et on trouve fx,ydy dx = π. c Si f était intégrable sur [, ] 2, le théorème de Fubini s appliquerait et les intégrales itérées coïncideraient. 2 a g n est toujours pas continue la droite x = y permet de s en convaincre. La justification de la mesurabilité est la même que précédemment. b A y fixé, commençons par gx,ydx. Pour y =, cette intégrale est nulle. Pour y il n y a pas de problème d intégrabilité et Par conséquent [ gx,ydx = y 2x 2 + y 2 ] x= x= gx,ydx dy = 3 =.

29 et on trouve de même gx,ydy dx =. c Cela ne signifie pas pour autant que g est intégrable sur [, ] 2. Pour cela il faut regarder si [,] 2 g dµ < + où dµ est la mesure produit des mesures de Lebesgue sur [, ]. Hors g est une fonction positive, donc le théorème de Tonelli assure que Commençons donc par elle vaut [,] 2 g dµ = y x x 2 + y 2 2 dx = gx,y dx dy. gx,y dx. Pour y =, cette intégrale est nulle. Pour y > = yx x 2 + y 2 dx + 2 [ ] x= [ y + 2x 2 + y 2 x= yx x 2 + y 2 dx 2 y 2x 2 + y 2 ] x= x= = 2y y 2 + y 2 + y 2 + y 2 + 2y 3 = y y + y 2 Pour y <, le calcul est identique au signe près. Donc la fonction y gx,y dx est égale presque partout à la fonction y y. Par conséquent : y +y 2 gx,y dx dy = = 2 y y y + y 2 dy y dy = + + y2 car y /y n est pas intégrable en et y y l est. La fonction g n est donc pas +y 2 intégrable sur [, ] 2. Cela montre que la réciproque de Fubini est fausse. Correction 34 C est une application de Tonelli, applicable car µ et Lebesgue sont σ-finies : fxdµx = ½ [,fx] tdt dµx = ½ [,fx] tdµxdt R + Or, pour tout t fixé, on a t [,fx] fx t, donc fxdµx = µ{f t}dt. R + Correction 35 Il s agit de déterminer si fx,y dλ λx,y < +. La valeur absolue est inutile et le changement de variable polaire permet d écrire : R 2 fx,ydλ λx,y = e r2 r dλ λr,θ. R 2 ],+ [ ] π,π[ 4 R +

30 Le théorème de Tonelli affirme maintenant que R 2 fx,ydλ λx,y = 2π + re r2 dr = π. la fonction f est donc intégrable et son intégrale est π. Pour retrouver l intégrale de Gauss, appliquons Tonelli directement à f : π = fx,ydλ λx,y = e x2 e y2 dy dx. R 2 R Il vient R e x2 dx = π. 2 Il s agit de déterminer si R 2 gx,y dλ λx,y < +. La valeur absolue est inutile. On remarque que x 2 + 2xy + 2y 2 = x + y 2 + y 2 d où l idée de considérer le changement de variable linéaire ϕ : R 2 R 2 x,y x + y,y Sa matrice Jacobienne ou pas! est dont le déterminant vaut. De plus, on a g = f ϕ. La formule de changement de variable s écrit : f ϕx,y dλ λx,y = R 2 fx,ydλ λx,y. R 2 D où, par la question précédente : R 2 g dλ λ = π. Correction 36 La question est de savoir si hx,y dλ R n R n n λ n x,y < +. Le théorème de Tonelli permet d écrire : hx,y dλ n λ n x,y = gy fx y dλ n x dλ n y R n R n R n R n = gy fx dλ n x dλ n y R n R n = f dλ n. g dλ n < +. R n R n Clarifions le passage de la première à la deuxième ligne : à y fixé, si on pose τx = x y, alors fx y dλ n x = f τx dλ n x = fx dλ τ nx où λ τ n est la mesure image de λ n par τ. Mais pour tout borélien A de R n, on a λ τ na = λ n τ A = λ n A + y = λ n A car la mesure de Lebesgue est invariante par translation. On a donc λ τ n = λ n et l égalité annoncée. 2 Le théorème de Fubini applicable à h qui est bien intégrable, affirme que pour presque tout x R n, l application y hx,y est intégrable sur R n. R 5

31 3 Le théorème de Fubini affirme également que x hx,ydλ n y = f gx est intégrable sur R n. De plus : f gx dλ n x = fx ygydλ n y dλ nx fx ygy dλ n ydλ n x = f dλ n. g dλ n R n R n par la première question. 4 Notons A l ensemble négligeable en dehors duquel f gx est définie par R n fx ygydλ n y et B l ensemble négligeable en dehors duquel g fx est définie par R n gx yfydλ n y. Il suffit de montrer que, en dehors de A B qui est encore négligeable, ces deux intégrales coïncident. Soit donc x / A B. Soit ϕ l application ϕ : R n R n y x y, c est un difféomorphisme de R n sur R n dont la matrice Jacobienne en tout point y de R n est I n. De plus, ϕ ϕy = y pour tout y R n. On peut écrire : gx yfydλ n y = gϕyfϕϕy Det I n dλ n y R n R n = g.f ϕ ϕ ydλ n y R n La formule de changement de variable donne alors : gx yfydλ n y = R n g.f ϕ ydλ n y = R n gyfx ydλ n y R n Correction 37 On trouve b = 2. Pour b 2 on passe en coordonnées polaires en utilisant le difféomorphisme ϕ :], + [ ] π,π[ R 2 \ R {} r,θ Sa matrice Jacobienne en un point r,θ vaut cos θ sin θ r sin θ r cos θ r cos θ,r sin θ. La valeur absolue de son déterminant est donc r. Le borélien R {} de R 2 est de mesure nulle. La formule de changement de variable donne donc : ½ B2 x,ydλxdλy = ½ B2 ϕr,θrdλrdλθ. R 2 ],+ [ ] π,π[. On a ½ B2 ϕr,θ = ½ ],] r et le théorème de Tonneli donne : ],+ [ ] π,π[ ½ B2 ϕr,θrdλrdλθ = 2π 6 r dλr = π.

32 Pour b 3, on passe en coordonnées sphérique en utilisant le difféormorphisme ψ : U :=], + [ ] π,π[ ],π[ R 3 \ R {} {} r,θ,ϕ r sin ϕ cos θ,r sin ϕ sin θ,r cos ϕ. Attention au fait que ϕ est l angle entre l axe des z et le vecteur OM. Sinon, on inverserait les cos et sin pour ϕ et on devrait définir pour ϕ ] π/2,π/2[. La matrice Jacobienne de ψ est facile à calculer et si on ne se trompe pas, la valeur absolue de son déterminant vaut r 2 sin ϕ. Le borélien R {} {} est de mesure nulle dans R 3 et la formule de changement de variable donne ½ B3 x,y,zdλxdλydλz = ½ B3 ψr,θ,ϕr 2 sin ϕdλrdλθdλϕ. R 3 U On a encore ½ B3 ψr,θ,ϕ = ½ ],] r et le théorème de Tonneli donne : R 3 ½ B3 x,y,zdλxdλydλz = 2π 2 Soit n 3. L indication affirme que π r 2 dλr sin ϕdλϕ = 4 3 π. ½ Bn x,...,x n = ½ Bn 2 x 2 x2 2 x 3,...,x n.½ B2 x,x 2. Le théorème de Tonelli donne alors b n = ½ B2 x,x 2 ½ Bn 2 x 2 R 2 R n 2 x2 2 x 3,...,x n dλ n 2 x 3,...,x n dλ 2 x,x 2. La première question permet de calculer l intégrale centrale : b n = ½ B2 x,x 2 x 2 x 2 2 n 2 2 bn 2 dλ 2 x,x 2. R 2 Le changement de variable polaire sur R 2 déjà utilisé donne maintenant b n = 2πb n 2 r r 2 n 2 2 dr = 2πb n 2 [ ] n r2 n 2 = 2π n b n 2. Si n = 2p est pair, on trouve de proche en proche que b n = b 2p = 2π p 2p2p = p! πp. Finalement, pour n = 2p : b n R = p! Rn π p. Si n = 2p + est impair, on trouve de même que 2π p b n = b 2p+ = 2 2p + 2p...3 = 2n p! n! πp. Finalement, pour n = 2p + : b n R = 2n p! n! Rn π p. 7

33 Correction 38 Il faut utiliser un peu d algèbre : M est diagonalisable dans une base orthonormée. Disons que U est une matrice orthogonale qui réalise t UAU = Diagλ,...,λ n = D où les λ i sont les valeurs propres strictement positive de A. On remarque maintenant que AX X = t XAX = t XUD t UX. Si on note Y = t UX, on obtient donc que AX X = λ i y 2 i. C est une expression bien agréable pour ce produit scalaire. Cela pousse à considérer le changement de variable linéaire U : R n R n Y UY Sa matrice Jacobienne ou non est U si bien que la valeur absolue de son déterminant est. La formule de changement de variable s écrit : e AUY UY dλ n Y = e AY Y dλ n Y, R n R n ou bien R n e P n i= λ iy 2 i dλ n Y = IA. Le théorème de Tonelli appliqué n fois assure maintenant que IA = n i= R e λ iy 2 i dyi. Par le changement de variable t = λ i y i, chacune de ces intégrales vaut π λ i finalement π e AX X dλ n n X = R DetA. n et on trouve Correction 39 f est positive. Le changement de variable y = /x donne fxdx = = + y + lny 2dy [ ] + = < +. + lny Donc f L ], ]. 2 Soit < p < +. On a x fx p = + ln x 2p x p x car p >. n d autres termes /x = o fx p quand x. Cela entraîne que f p n est pas intégrable en, donc f / L p ], ]. Pour p = +, il suffit de remarquer fx + quand x, donc f n est pas bornée, a fortiori pas dans L ], ]. 8

34 3 Pour p =, on a comme précédemment + fx dx = < + donc f L [, + [. Pour < p < +, on a fx p qui est intégrable en +, donc f L p [, + [. x p Pour p = +, il suffit de remarquer que f est continue positive, décroissante. Donc fx f = pour tout x [, + [, donc f L [, + [. Correction 4 Commençons par L L q. Soit f L et M un majorant essentiel de f. Alors f q dµ M q µ < +. Maintenant, pour L q L p, prenons f L q et notons A = {x, fx }. On a fx p dµ = fx p dµ + fx p dµ A \A µa + fx q dµ \A µa + f q q < +. 2 Pour voir que µ < + est indispensable, plaçons nous sur R muni de la mesure de Lebesgue. La fonction constante est dans L mais n est dans aucun des L p. Soit p < q < +. On a alors /p > /q. Soit α vérifiant /p > α > /q. La fonction x + x α est dans L q car qα > et n est pas dans L p car pα <. 3 Il s agit de montrer qu il existe une constante C telle que pour tout f L q, on a f p C f q. L idée est d appliquer l inégalité d Hölder : pour r et r conjugués on a f p p = fx p dµ fx p r dµ r. r r dµ. Pour se ramener à f q, l idée vient de faire en sorte que rp = q, donc de choisir r = q/p qui est >. Notons r son conjugué et Hölder devient f p p f q r q µ r. On a q/r = p et en prenant la racine p-ième de cette inégalité on obtient bien : f p µ r p f q. Correction 4 La convergence au sens L p de f n n vers g entraine la convergence simple et presque partout d une sous suite, disons f nk k, vers g. Notons : A l ensemble négligeable en dehors duquel f n x converge vers fx quand n +. B l ensemble négligeable en dehors duquel f nk x converge vers gx quand k +. Alors, en dehors de A B, qui est encore négligeable, on obtient que la limite de f nk x est à la fois gx et fx, ce qui entraine gx = fx. Correction 42 La convergence a même lieu partout. 2 Si f n n convergeait dans L p, ce serait nécessairement vers la fonction nulle. On a, pour n p [, [, f n p = p. Donc, si p < 2, il y a effectivement convergence dans nn+ Lp. Si p 2, il n y a pas convergence. Si p =, on a f n = n et il n y a pas non plus convergence. 9

35 Correction 43 A n donné, l intervalle [, [ est découpé en 2 an intervalles de longueur égale. A an constant le plateau formé par f n se déplace d intervalle en intevalle. 2 On a f n p = 2 an/p qui tend bien vers quand n +. 3 Soit k N, P k = { [n2 k, n + 2 k [, 2 k n < 2 k+} est une partition de [, [ en 2 k 2 intervalles. Soit x [, [ fixé et k N. Il existe un unique intervalle de P k qui contient x. Appelons nk,x son indice : x [nk,x2 k, nk,x + 2 k [. On obtient f nk,x x =. De plus, pour k > k, on a nk,x > nk,x. La suite f n x n prend donc la valeur un nombre infini de fois à chaque fois que n prendra les valeurs distinctes nk,x, k N. Si la suite f n x n converge, c est donc forcément vers. De la même manière, pour chaque k on peut construire un nk,x tel que f nk,x x =. Si la suite f n x n converge, c est forcément vers. Correction 44 g donne. a Le conjugué de 2 est... 2! L inégalité de Holder appliqué à f et I fg dµ I f 2 dµ 2. I g 2 dµ 2 < +. b.,. est à valeur dans R par la question précédente. Il est bilinéaire par linéarité de l intégrale, symétrique et défini positif car si f,f = alors f = presque partout. c La norme associée à.,. est. 2. Le produit scalaire définit donc la même topologie sur L 2 que celle de a On peut prendre I =], [ et w = ou I = R et wx = e x2 par exemple. b On souhaite définir des polynômes qui vérifient : P n est unitaire pour tout n. degp n = n pour tout n. i j = P i,p j =. Sous ces conditions, on a nécessairement P =. Soit n. Supposons construits les P,...,P n et construisons P n. Remarquons que les P,...,P n forment une base de R n [X]. Puisque P n doit être unitaire de degré n, il est alors nécessairement de la forme n P n x = x n + α i P i où les α i sont à déterminer. On impose de plus que P n,p i = pour i =,...,n. On obtient donc que α i vérifie i= = x n,p i + α i P,,P i par propriétés des P,...,P n déjà construits. Le polynôme P i n est pas nul et on obtient que α i = x n,p i P i,p i. Nous venons de montrer que si le polynôme P n existe, il est unique et vaut P n x = x n + n i= α ip i avec de tels α i. De plus, ce polynôme existe bien et répond au problème. 2

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