Exercices corrigés pour le cours. Intégration 1

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1 Exercices corrigés pour le cours de Licece de Mathématiques Itégratio

2 2 INTEGATION, Feuille d exercices Exercice.. Soit f : Y ue applicatio. a. Motrer que pour toute famille (B i ) i I de parties de Y, f ( B i )= f (B i ), i I i I f ( i I B i )= i I f (B i ). b. Motrer que pour toute famille (A i ) i I de parties de, f( i I A i)= i I f(a i). c. Motrer que si f est ijective, f( i I A i)= i I f(a i). Motrer par u cotre-exemple que l égalité précédete est fausse e gééral. Corrigé. a. L assertio x f ( i I B i) sigifie f(x) i I B i qui équivaut à i I, f(x) B i i I, x f (B i ) x i I f (B i ). De même, x f ( i I B i) sigifie f(x) i I B i, qui équivaut à i I, f(x) B i i I, x f (B i ) x i I f (B i ). b. L assertio y f( i I A i) sigifie x i I A i tel que y = f(x), i.e. i I, x A i,y = f(x) i I,y f(a i ) y i I f (A i ). c. emarquos que A A = f(a) f(a ). Pour tout j I, o a doc f( i I A i) f(a j ) et par suite f( i I A i) i I f(a i). Si y i I f(a i), alors i I, x i A i, y = f(x i ), ce qui implique que pour i, j I, f(x i )=f(x j ). L ijectivité def doe par coséquet pour i, j I, x i = x j, et doc y = f(x) avec x i I A i, qed. Cosidéros l applicatio f : {, } {}, f() = f() =, et posos A i = {i}. Oaf(A A )=f( ) = f(a ) f(a )={}. Commetaire. O peut remarquer que, réciproquemet, si la propriété est vérifiée, alors f est ijective. E effet si x x 2 sot élémets de, comme = f( ) =f({x } {x 2 })=f({x }) f({x 2 })={f(x )} {f(x 2 )} o obtiet f(x ) f(x 2 ).

3 Exercice.2. Soit u esemble. Motrer qu il existe pas de surjectio de sur l esemble de ses parties P(). O pourra raisoer par l absurde et cosidérer pour f : P() l esemble A = {x, x / f(x)}. Corrigé. Suivos l idicatio. Si f était surjective, ous pourrios trouver a tel que A = f(a). Supposos d abord a A ; o obtiet a f(a) et par coséquet a/ A, ce qui cotredit otre hypothèse. Supposos maiteat que a/ A ; o obtiet a/ f(a) et par coséquet a A, ce qui cotredit otre hypothèse. Par coséquet, l élémet a appartiet i à A, i à so complémetaire, ce qui est impossible. Par suite, A e possède pas d atécédet par f, qui est doc o surjective. Commetaire. Nous avos démotré beaucoup plus que ce qui était demadé: si f est ue applicatio de das P(), l esemble A est pas das l image de f. Cet exemple est ue versio mathématique du paradoxe du meteur, cou depuis l atiquité : l homme qui dit je mes dit-il la vérité? Si c est le cas, alors il met et doc, e dit pas la vérité. Si e revache il met, c est qu il a dit vrai... Si l o reviet aux mathématiques, o s aperçoit qu ue coséquece de ce qui précède est le célèbre paradoxe de ussell: 2 il existe pas d esemble de tous les esembles. E effet si u tel uivers existait, il cotiedrait l esemble de ses parties et cette iclusio P() permettrait de costruire ue surjectio de sur P(). O pourrait égalemet cosidérer Y = {x, x / x}, et remarquer que si Y Y alors, par défiitio de Y, Y / Y. Si e revache Y / Y alors, par défiitio de Y, Y Y. Das les deux cas, o aboutit à ue cotradictio. Ceci exclut l existece d u esemble de tous les esembles. La première versio du paradoxe du meteur est attribuée à Eubulide, philosophe grec du IVe siècle avat J.C. 2 Bertrad ussell (872 97) est u logicie britaique, auteur d u moumetal traité de logique mathématique, Pricipia Mathematica, écrit e commu avec A.N.Whitehead (86 947) etre 9 et 93, au plus fort de la crise des fodemets des mathématiques, crise apparue e 92 avec le paradoxe sus-metioé. E 895, le mathématicie Georg Cator (845 98) avait créé lathéorie des esembles, u paradis dot persoe e doit pouvoir ous expulser selo le mot de David Hilbert. Sept aées plus tard, il fallait se redre àl évidece: de sérieuses difficultés apparaissaiet das la théorie de Cator, e particulier das la otio même d esemble. ussell était u persoage vraimet extraordiaire : prix Nobel de littérature e 95, il a passé la derière partie de so existece à combattre la productio d armes ucléaires et l ifluece du Tribual ussell sur la vie politique iteratioale fut cosidérable. Pour plus d iformatios sur B.ussell, revoyos aux sites Pour ue documetatio plus approfodie sur le paradoxe du meteur, o pourra cosulter qui cotiet égalemet ue remarquable bibliographie. Les sites fracophoes sur le sujet sot das l esemble, soit éloigés des mathématiques, soit uiquemet récréatifs. 3

4 4 De maière plus prosaïque, otos que la propriété de l exercice.2 est ue évidece pour les esembles fiis car, das ce cas, Card P() =2 Card et o voit facilemet que, pour etier, o a <2 ; o peut par exemple démotrer par récurrece sur que + 2. Exercice.3. Soit u esemble. O appelle partitio de toute famille (A i ) i I de parties o vides de, deux à deux disjoites, de réuio. Etat doée ue partitio de, motrer que la relatio xy défiie par il existe i I tel que x A i et y A i est ue relatio d équivalece sur. Motrer que toute relatio d équivalece sur peut s obteir de cette maière. Décrire les partitios de Z associées aux cogrueces modulo. Corrigé. La relatio est réflexive car = i I A i : si x, il existe i I tel que x A i et doc xx. La symétrie de est iscrite das sa défiitio, où x et y jouet le même rôle. Soiet x, y, z tels que xy et yz. Alors, il existe i, j I tels que x, y A i, y,z A j. Comme les A i sot deux à deux disjoits et y A i A j, il viet A i = A j et xz (trasitivité de la relatio). Si est ue relatio d équivalece sur, o peut cosidérer, l esemble quotiet Q, i.e. l esemble des classes d équivalece. O a Q = {C j } j J. Aucue des classes d équivalece est vide car C j est par défiitio la classe d équivalece d u élémet de. Par ailleurs = j J C j car si x, la classe d équivalece de x est l u des C j qui cotiet doc x. Deux classes distictes sot disjoites car si x j C j, x k C k,avecx j x k et z C j C k,oa x j z et zx k = x j x k = C j = C k. Soit u etier 2. La cogruece modulo est la relatio d équivalece sur Z doée par x y () x y Z (x y), i.e. divise x y. C est évidemmet ue relatio d équivalece, et l esemble quotiet est oté Z/Z. La partitio de Z associée à cette relatio est la famille à élémets A r = r + Z = {r + q} q Z, r. emarquos que la divisio euclidiee permet de démotrer ce fait: si m est u etier, il existe u uique couple d etiers (q, r) tel que m = q + r, r.

5 5 Commetaire. La relatio d équivalece précédete est compatible avec la structure d aeau de Z, i.e. si P : Z Z/Z associe à u etier sa classe d équivalece modulo, alors o peut défiir additio et multiplicatio sur Z/Z P (a) P (b) =P (a + b), P (a) P (b) =P (ab) et o vérifie facilemet que si a a (), b b (), les résultats sot ichagés. Le lecteur, certaiemet familier avec ces objets, pourra écrire la table de multiplicatio de Z/Z pour 2, vérifier que Z/Z est u corps si et seulemet si est u ombre premier, chercher les diviseurs de de Z/Z pour {4, 6, 8, 9, } et... lire u petit livre d arithmétique comme par exemple [Apo]. Exercice.4. Soit A u sous-esemble ifii de N. Motrer que A est équipotet à N. Motrer qu u esemble est déombrable s il existe ue ijectio de das N. Corrigé. Comme A est ifii, il est o vide, et comme N est bie ordoé, A possède u plus petit élémet a. Supposos costruits pour etier a < <a, tels que a j = mi ( A\{a k } k j ). Comme A est ifii, A\{a k } k est o vide et l o peut poser a + = mi ( A\{a k } k ). O dispose doc d ue suite strictemet croissate (a j ) j d élémets de A. Soit x A. Par défiitio de a,oaa x. L esemble {j N,j,a j x} est doc u sousesemble majoré o vide d etiers: c est u esemble fii et il possède doc u plus grad élémet m. O a doc, pour u etier m a < <a m x<a m+. Or, par défiitio, o a a m+ = mi ( A\{a k } k m ). Ceci implique x = am ; sio, o aurait a m <x<a m+ et x A\{a k } k m d où a m+ x<a m+, ce qui est impossible. Nous avos démotré que A = {a j } j et doc A est équipotet à N. Cosidéros u esemble déombrable, i.e. équipotet à ue partie de N. Soit est fii et il y a ue ijectio de das N, soit est ifii et est équipotet à ue partie A de N, elle-même ifiie dot ous veos de voir qu elle est équipotete à N. Commetaire. La otio d esemble bie ordoé joue u rôle importat das la démostratio précédete. U esemble E mui d ue relatio d ordre (relatio biaire réflexive, atisymétrique et trasitive) est dit bie ordoé si toute partie o vide possède u plus petit élémet. C est le cas de N, mui de la relatio d ordre habituelle. Ce est pas le cas de Z qui est pas mioré. E revache, toute partie miorée de Z est bie ordoée. Ce est pas le cas de Q + : l esemble mioré {x Q,x > } e possède pas de plus petit élémet. Ce est pas le cas de + : l esemble mioré ], ] e possède pas de plus

6 6 petit élémet. Toutefois, das les exemples précédets, l ordre est total, i.e. deux élémets x, y sot toujours comparables (o a x y ou bie y x). U bo ordre est toujours total (cosidérer l esemble {x, y}) et ous veos de voir que la réciproque est fausse e gééral. Par ailleurs u exemple simple et aturel d ordre o total est doé par la relatio suivate sur l esemble des matrices 2 2 symétriques (à coefficiets réels): ( ) ( ) a b a2 b 2 sigifie (a b c b 2 c 2 a )(c 2 c ) (b 2 b ) 2 et a 2 + c 2 a + c. 2 Nous laissos au lecteur le soi de vérifier qu il s agit bie d ue relatio d ordre et que les matrices ( ) ( ), e sot pas comparables. Exercice.5. Soit a b des réels et f :[a, b] ue suite de foctios cotiues. O suppose que pour tout x de [a, b], la suite f (x) ted vers e décroissat. Motrer que la suite f coverge uiformémet vers (lemme de Dii 3 ). Motrer que si g est ue suite de foctios cotiues positives sur [a, b] qui ted simplemet e croissat vers ue foctio cotiue g, alors b a g (t)dt b a g(t)dt. Corrigé. Il s agit d u exercice classique d aalyse. aisoos par l absurde e iat la covergece uiforme de la suite f. La suite umérique ω = sup x [a,b] f (x) e ted pas vers et il existe ɛ > et ue sous-suite (ω k ) k N tels que, pour tout k, o ait ω k >ɛ. Par coséquet, pour tout k, il existe x k [a, b] tel que f k (x k ) >ɛ. Grâce à la compacité de[a, b], o peut extraire ue sous-suite de la suite (x k ) k N qui coverge vers c [a, b]. Pour simplifier les otatios, supposos que la suite (x k ) k N coverge vers c. Puisque pour l, o a k+l > k, il viet f k (x k+l ) f k+l (x k+l ) >ɛ. Par cotiuité de la foctio f k, o trouve f k (c) ɛ >, ce qui cotredit la covergece vers de la suite f (c). Pour le derier poit, il suffit d appliquer le résultat précédet à la suite g g et d utiliser la majoratio triviale b a ( g(t) g (t) ) dt (b a) sup (g g )(x). x [a,b] 3 Ulisse Dii (845-98) est u mathématicie italie. O peut voir sa statue près de la Piazza dei Cavalieri, à Pise, près de la Scuola Normale Superiore dot il fut le directeur.

7 7 ϕ + ϕ 2/(+) 2/ la suite ϕ Commetaire. Le résultat est icorrect sas l hypothèse de mootoie décroissate: preez ϕ affie par morceaux sur [, ], ϕ ()=, ϕ (/) =, ϕ (t) =pourt 2/. La suite de foctios cotiues ϕ ted simplemet vers, pas uiformémet car sup ϕ =. De plus le résultat est icorrect sas l hypothèse de cotiuité: cosidérez ψ défiie sur [,] par ψ ()==ψ (t) pour t /, ψ (t) = t pour <t</. Pour tout t [, ], la suite ( ψ (t) ) ted vers e décroissat, éamois la covergece est pas uiforme car sup [,] ψ N =. ψ ψ + /(+) / la suite ψ

8 8 Exercice.6. O cosidère E = C ([, ], ) l espace des foctios cotiues défiies sur [,] à valeurs réelles. a. Motrer que E est complet pour la orme doée par f = sup x [,] f(x). b. Motrer que f = f(x) dx défiit ue orme sur E. Motrer que cette orme est pas équivalete àlaprécédete. Motrer que E mui de la orme est pas complet. Corrigé. Le (a) est u résultat classique dot ous doos tout de même la preuve complète. Soit (f ) ue suite de Cauchy das (E, ). Comme pour tout x [, ], la suite réelle ( f (x) ) N est de Cauchy, elle est covergete. Posos f(x) = lim f (x). O a f(x) f m (x) = lim f (x) f m (x) sup f f m = ɛ(m). m Comme la suite f est de Cauchy, lim m ɛ(m) =etf est limite uiforme des f. De plus, pour x, x [, ], N, oa f(x) f(x ) f(x) f (x) + f (x) f (x ) + f (x ) f(x ), et doc f(x) f(x ) 2 f f + f (x) f (x ), ce qui implique par cotiuité def lim sup x x f(x) f(x ) 2 f f, ceci pour tout, d où lim sup x x f(x) f(x ) lim 2 f f =, ce qui doe la cotiuité def. (b) Si f E, etf o idetiquemet ulle, il existe r> tel que l ouvert {x, f(x) >r} soit o vide. Cet ouvert cotiet doc u itervalle [a, b] avec a<b et par suite f (b a)r >. Les autres propriétés des ormes (positivité, homogééité, iégalité triagulaire) sot immédiates. Pour f E, oa f f. E revache, il existe pas de costate C telle que, pour tout f E, f C f. Sio e cosidérat la foctio ϕ de l exercice.5, o aurait, pour tout etier = ϕ C ϕ = C/, ce qui est impossible. De plus, la suite Φ défiie par pour x 2, Φ (x) = x 2 + pour 2 <x< 2, pour 2 x,

9 9 est de Cauchy pour : comme Φ est à valeurs das [, ], o a Φ +k Φ = 2 2 Φ +k (x) Φ (x) dx /. Néamois, il existe pas de foctio Φ E telle que lim Φ Φ = ; e effet, sio 2 /2 Φ(x) dx = Φ(x) dx = 2 /2 Φ (x) Φ(x) dx Φ Φ, Φ (x) Φ(x) dx Φ Φ. La secode iégalité implique que Φ = sur [/2,] tadis que la première implique, pour ɛ>et>/ɛ, 2 ɛ Φ(x) dx 2 Φ(x) dx Φ Φ, et doc Φ = sur [,/2[. Ceci est icompatible avec la cotiuité de Φ e /2. Φ /2-/ /2 la suite Φ

10 Exercice.7. a. Détermier les valeurs du paramètre réel α pour lesquelles b. Détermier les valeurs du paramètre réel α pour lesquelles + dx x α coverge. dx x α coverge. c. Motrer que la série harmoique (terme gééral /) diverge. Motrer que la suite doée par x = l est covergete (l désige le logarithme épérie). d. Motrer que, au ses des itégrales de iema impropres, + e. Motrer que si x x dx =+. Corrigé. Pour (a), α<; pour (b), α>. Pour (c), oécrit x = ( ) k+ k dt + dt + k t t = k+ k k Comme pour k, oa k + si x dx existe. x t k dt +l ( +. kt ) k+ k t k k+ dt kt k k+ kt dt k k 2 dt = k 2, la série de terme gééral k+ t k k kt dt est covergete. Comme lim l( + /) =, la suite x est covergete. Ceci implique que la série harmoique, égale à x +l, diverge e tedat vers +. (d) La foctio si x/x est cotiue sur (et vaut e ). O examie, pour A π/2, I(A) = A π/2 si t dt = t [ cos t t ] A π/2 A π/2 cos t A t 2 dt = A cos A π/2 cos t t 2 dt. Comme cos A et t 2 cos t t 2, le terme de droite coverge pour A +. (e) O a, pour A l A = A dx A x = cos(2x) A dx + x 2 si 2 x A dx x cos(2x) A dx +2 x si x dx, x et le membre de droite ted vers + avec A. Comme o peut démotrer comme e (d) que A x cos(2x)dx possède ue limite lorsque A +, o trouve le résultat. Commetaire. La limite de la suite (x )du(c) est coue sour le om de costate d Euler, et otée γ. Ue valeur approchée est

11 Cette costate reste assez mystérieuse; par exemple, o e sait pas si elle est irratioelle. Pour plus de détails, mathématiques et aecdotiques, o pourra cosulter le site Exercice.8. Motrer que l esemble des ombres réels est équipotet à celui des parties de N (o pourra utiliser les développemets dyadiques). Motrer que est o déombrable. Corrigé. D après l exercice.2, cela implique que e peut être équipotet à N. Par suite, e peut être déombrable, sio il serait équipotet à ue partie de N, écessairemet ifiie, et doc, d après l exercice.4, serait équipotet à N. L applicatio x x/( + x ) est bijective de sur ], [ qui est e bijectio avec ], [. De plus P(N) est équipotet à {, } N, qui désige l esemble des applicatios de N das {, } ; e effet, o cosidère, pour u esemble Φ:P() {, } A A, où A : {, } est défii par A (x) = { si x A, si x/ A. L applicatio Φ est ue bijectio : comme A = A ({}), A = B implique A = B. Par ailleurs, si ϕ : {, }, o a ϕ = A avec A = ϕ ({}). Il ous reste doc àdémotrer que {, } N est équipotet à], [. Soit x ], [. Posos, pour k etier, x k = E(2 k x) 2E(2 k x)=p k (x), où E(t) désige la partie etière de t caractérisée par E(t) Z et E(t) t<e(t)+, i.e. O a E(t) = max{ Z, t} = mi{ Z,t<+}. E(2 k x) 2 k x<e(2 k x)+ E(2 k x) 2 k x<e(2 k x)+ et par coséquet 2E(2 k x) 2 k x<2e(2 k x) + 2 ce qui implique Il viet k 2E(2 k x) E(2 k x) 2 k x<e(2 k x)+ 2E(2 k x)+2. x k = p k (x) =E(2 k x) 2E(2 k x) <E(2 k x)+ 2E(2 k x) 2, et comme x k est u etier tel que x k < 2, o trouve que x k {, }. Lasérie k est doc covergete. O remarque que, pour etier, x k 2 k = E(2 k x) 2E(2 k x) 2 k = E(2 k x) 2 k E(2 k x) 2 k k = k E(2 k x) 2 k k k k E(2 k x) 2 k = E(2 x) 2 E(x) =2 E(2 x). x k 2 k

12 2 Or o a vu que 2 E(2 x) x<2 E(2 x)+2, ce qui implique que lim 2 E(2 x)= x et doc x = x k 2 k k avec x k {, }. Nous avos doc costruit ue applicatio (développemet dyadique par défaut) Ψ :], [ {, } N x ( x k = p k (x) ). k Cette applicatio est ijective car si x, y ], [ vérifiet pour tout k, x k = y k, alors x = k x k2 k = k y k2 k = y. L applicatio Ψ est pas surjective (e.g. la suite ulle a pas d atécédet), éamois ous allos voir que le complémetaire de l image de Ψ est déombrable. Soit (x k ) k ue suite de, qui est i idetiquemet ulle, i idetiquemet égale àà partir d u certai rag. Posos = k x k 2 k. Oa<< k 2 k =. Alors x 2 x 2 + x k 2 k < x k = x 2 + 2, k 2 k 2 et par suite x 2 <x + et par coséquet E(2) =x et x = p (). O démotre de même que p k () =E(2 k ) 2E(2 k )=x k. E effet, supposos que pour u etier, o ait, k {,...,},x k = p k (). Alors, x k 2 k < x k 2 k + 2 k = x k 2 k +2, k + k + ce qui implique p k ()2 k + x + 2 < k +2 k k k + p k ()2 k + x i.e. i.e. i.e. 2 E(2 )+x + 2 <2 E(2 )+x E(2 )+x <2E(2 )+x + + x E(2 ) <x + +.

13 3 Il viet x + = E ( 2 + 2E(2 ) ) = E(2 + ) 2E(2 )=p + (), qed. Par suite, l applicatio Ψ est ijective et so image cotiet toutes les suites (x k ) k qui e sot i idetiquemet ulle i composées uiquemet de à partir d u certai rag. Par coséquet, Ψ est bijective de ], [ sur {, } N \D où D est u esemble déombrable. Motros pour termier que {, } N \D est équipotet à {, } N. O a, pour C équipotet à N disjoit de D das {, } N (ce qui existe car {, } N est o déombrable) {, } N = ( {, } N \D ) D= ( {, } N \(D C) ) ( D C ). Or D C est déombrable ifii doc équipotet à N et à C. Par suite {, } N est équipotet à ( {, } N \(D C) ) C= {, } N \D, qed. Commetaire. Cet exercice peut être u peu simplifié par le théorème de Schröder-- Berstei du problème. ci-dessous. Néamois, ce théorème est beaucoup plus difficile, puisqu il traite d ue situatio très géérale. Il ous a semblé plus simple de doer ue preuve de l exercice.8 idépedate du problème.. Si, Y sot des esembles, o dira que Card = Card Y si et Y sot équipotets, ceci sas défiir chacu des termes Card, Card Y. O ote habituellemet par ℵ le cardial de N: o écrira que Card E = ℵ si E est équipotet à N. Le fait que N N soit équipotet à N peut s écrire symboliquemet comme ℵ 2 = ℵ. Noter égalemet que si c désige le cardial de, ous avos démotré que c =2 ℵ. O a vu aussi que 2ℵ = ℵ + ℵ = ℵ, c+ ℵ = c. O peut égalemet démotrer que c 2 = c.c =(2 ℵ ) 2 =2 2ℵ =2 ℵ = c. L idetité x 2 = x est vérifiée pour tous les cardiaux ifiis, mais sa démostratio géérale requiert l utilisatio du théorème de Zor et est pas élémetaire. Les exercices costituet ue petite itroductio à l algèbre sur les cardiaux. Le lecteur plus curieux pourra cosulter le premier volume du traité de Bourbaki [Bou] aisi que d autres sources comme par exemple history/histtopics/begiigs of set theory.html Exercice.9. a. Soit u esemble et A,...,A ue partitio fiie de. Décrire la tribu egedrée par A,...,A. Quel est so ombre d élémets? b. Soit u esemble et (A k ) k N ue partitio de. Décrire la tribu egedrée par (A k ) k N. Motrer qu elle est équipotete à P(N).

14 4 Corrigé. a. Cosidéros T = { j J A j } J {,...,}. Pour tout j {,...,}, A j T et toute tribu à laquelle les A j appartieet doit coteir T ; de plus T est ue tribu, car stable par réuio, passage au complémetaire car les A j formet ue partitio de et doc ( j J A j ) c = j J ca j. E outre = j A j T. Comme les A j formet ue partitio de, ilyaue bijectio etre les sous-esembles J de {,...,} et T. Par suite Card T =2. b. Cosidéros T = { j J A j } J N. Pour tout j N, A j T et toute tribu à laquelle les A j appartieet doit coteir T ; de plus T est ue tribu, car stable par réuio, passage au complémetaire car les A j formet ue partitio de et doc ( ) c j J A j = j J ca j. E outre = j N A j T. Comme les A j formet ue partitio de, il y a ue bijectio etre les sous-esembles J de N et T : l applicatio P(N) J j J A j T est surjective par costructio de T. Elle est ijective car si J, K sot des parties de N telles que j J A j = k K A k o obtiet pour j J, A j = A j ( ) j J A j = Aj ( ) k K A k = si j / K. Comme A j, il viet J K et de même K J i.e. J = K. Par suite, o peut écrire symboliquemet que Card T = 2 ℵ, car ous avos démotré que T est équipotet à P(N). Exercice.. Soit u esemble et M ue tribu déombrable sur. a. Motrer que pour tout x, l itersectio A(x) des élémets de M qui cotieet x est ecore élémet de M. b. Motrer que pour x, x, soit A(x) A(x )=, soit A(x) =A(x ). c. Motrer que M est la tribu egedrée par ue partitio déombrable. E déduire e utilisat l exercice précédet que M est fiie. Corrigé. a. A(x) est ue itersectio déombrable (car M est déombrable) d élémets de M, et doc est élémet de M. b. Cosidéros x, x des élémets de. Si x A(x ), o a A(x) A(x ) et doc A(x) =A(x ) A(x). Par coséquet si x A(x )etx A(x), o obtiet A(x) =A(x ) A(x) =A(x ). Si x/ A(x ) alors A(x ) c est u élémet de M qui cotiet x et par suite A(x) A(x ) c, ce qui implique A(x) A(x )= (et le même résultat si x / A(x)).

15 5 c. Cosidéros l esemble N = {B, x, B = A(x)} : c est u sous-esemble de M et il est doc déombrable. Par ailleurs, d après la questio b, sib B N,oaB B =. E otat, avec D déombrable, N = {B k } k D, o trouve que N est ue partitio de. E effet, si (si =, M = { }) aucu B k est vide, B k B l = pour k l D et k D B k = car pour x, il existe k D, tel que A(x) =B k. La tribu M cotiet doc la tribu egedrée par N, qui est o déombrable si D est ifii d après l exercice.9. Par suite, D est fii aisi que la tribu egedrée par N. De plus si C M,oa C = x C A(x) car, pour x C, C A(x) etx A(x); par coséquet, C est réuio, écessairemet déombrable, d élémets de N. La tribu M est doc la tribu egedrée par N, qui est fiie. Exercice.. Motrer que la tribu des borélies sur est egedrée par les itervalles du type [a, + [. Même questio avec les itervalles du type ]a, + [. Même questio avec les itervalles du type ],a] et ceux du type ],a[. Corrigé. cf. otes de cours, sectio.2, après le lemme.2.4. Exercice.2. Soit (a ij ) i N,j N ue suite double d élémets de +. Motrer directemet que ( ) a ij = ( a ij ). i N j N j N i N Corrigé. cf. otes de cours, sectio.2, lemme.2.. Exercice.3. Doer u exemple d ue suite décroissate d esembles (A ) N tels que pour tout, A est ifii et N A =. Corrigé. A =[, + ). Exercice.4. Soiet (a ) N, (b ) N des suites de telles que (a,b ), (lim sup a, lim sup b ) / {(, + ), (+, )}.

16 6 Motrer que lim sup(a + b ) lim sup a + lim sup b. Doer u exemple de suites borées pour lesquelles l iégalité ci-dessus est stricte. Ecrire u éocé aalogue pour les lim if. Corrigé. cf. propositio.2. des otes de cours. Exercice.5. Soit (, M) u espace mesurable et f Motrer que l esemble : C ue suite de foctios mesurables. A = {x, la suite ( f (x) ) N est covergete} est élémet de M. Corrigé. O a e utilisat le critère de Cauchy, et par suite A = {x, ɛ Q ], ], N, N, k, f +k (x) f (x) ɛ} A = ɛ Q ],] [ N N ( N,k {x, f +k (x) f (x) ɛ}) ]. La mesurabilité des foctios f assure que l esemble {x, f +k (x) f (x) ɛ} est élémet de M (cf. théorème.2.5 das les otes de cours). L esemble A est doc ue itersectio déombrable de réuio déombrable d itersectio déombrable d élémets de M: c est u élémet de M.

17 7 INTÉGATION, Feuille d exercices 2 Exercice 2.. Motrer que la foctio suivate est discotiue sur Q et cotiue sur Q c : si x =, f(x) = /q si x = p/q, p Z,q N, fractio irréductible, si x irratioel. Corrigé. Soit x \Q et soit (x ) ue suite de limite x. O a f(x )==f(x ) si x / Q. O peut doc supposer que (x ) est ue suite de ombres ratioels o uls avec x = p /q, p Z,q N, fractio irréductible, f(x ) = /q. Pour obteir la cotiuité def e x, il ous suffit de démotrer que lim q =+. Si ce était pas le cas, o pourrait extraire de la suite d etiers (q ) ue suite borée et doc extraire ue suite statioaire (q j ) j, idetiquemet égale à u etier q. La suite d etiers p j = q j x j = qx j serait égalemet borée et o pourrait e extraire ue suite statioaire, idetiquemet égale à u etier p. Ue suite extraite de la suite (x ) serait doc costate égale à p/q ; or cette suite coverge vers x, ce qui doe x = p/q, ce qui est impossible car x / Q. De plus f est discotiue e tout poit ratioel, car si x Q, oaf(x ) > et, pour etier, f(x + 2/) = (car x + 2/ / Q). Commetaire. Q est ue réuio déombrable de fermés de, c est u F σ de (cf..5 des otes de cours). O peut démotrer (cf.[go], [GO2]) que l esemble des poits de discotiuité d ue foctio de das est u F σ et que, état doé D u F σ, il existe ue foctio de das dot l esemble des poits de discotiuité est exactemet D. Par ailleurs, le théorème de Baire (cf. e.g. problème.2, feuille ) implique que Q c est pas u F σ. Par coséquet, il existe pas de foctio cotiue sur Q, discotiue sur Q c. Exercice 2.2. Soit u borélie de et f : mootoe. Motrer que f est mesurable. Corrigé. cf..2 das les otes de cours, avat l éocé duthéorème.2.5. Exercice 2.3. Soiet (, M), (Y,N ) des espaces mesurables et T u espace métrique séparable mui de la tribu des borélies. Soiet u,...,u d des applicatios mesurables de das T et Φ:T d Y mesurable. Motrer que l applicatio Y x Φ ( u (x),...,u d (x) ) est mesurable. Corrigé. C est l éocé duthéorème.2.5 das les otes de cours.

18 8 Exercice 2.4. Soiet (, M) u espace mesurable et f : C ue applicatio mesurable. Motrer qu il existe ue foctio mesurable α : C avec α, telle que f = α f. Corrigé. cf. le lemme.2.6 das les otes de cours. Exercice 2.5. Soiet (, M) u espace mesurable et A. Motrer que l esemble M A = {M A} M M est ue tribu sur A, redat l ijectio caoique mesurable. Motrer que si e outre A M, M A = {M M,M A}. Corrigé. M A est stable par réuio déombrable, cotiet A = A, et est stable par passage au complémetaire car, e otat B c le complémetaire das, pour M M, (M A) c A =(M c A c ) A = M c A. L ijectio caoique ι est mesurable car, pour M M,oaι (M) =M A. Le derier poit est trivial. Exercice 2.6. Motrer que l additio des réels se prologe par cotiuité à + +. Motrer que la multiplicatio des réels e se prologe pas par cotiuité à + +. Motrer que si l o adopte la covetio = cette ouvelle multiplicatio est associative, commutative, avec élémet eutre et distributive par rapport à l additio. Soiet (, M) u espace mesurable, f et g des foctios mesurables de das +. Motrer que f +g est mesurable. Motrer que f g défii e adoptat la covetio = est mesurable. Corrigé. cf. la remarque.3.4 das les otes de cours. Exercice 2.7. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive, et (A ) N ue suite de M. Motrer que µ( N A ) N µ(a ). Motrer que µ(a A 2 )+µ(a A 2 )=µ(a )+µ(a 2 ), et gééraliser cette formule aux cas faisat iterveir u ombre fii d esembles A,...,A. Corrigé. Pour la première partie, cf. la remarque.4.3 des otes de cours. E outre, et par coséquet µ(a \A 2 )+µ(a 2 \A )+µ(a A 2 )=µ(a A 2 ) µ(a \A 2 )+µ(a A 2 )+µ(a 2 \A )+µ(a A 2 )=µ(a A 2 )+µ(a A 2 )

19 9 c est à dire Ceci doe, si µ(a A 2 ) < +, la formule µ(a )+µ(a 2 )=µ(a A 2 )+µ(a A 2 ). µ(a A 2 )=µ(a )+µ(a 2 ) µ(a A 2 ). O obtiet égalemet, e supposat µ(a A 2 A 3 ) < +, µ(a A 2 A 3 ) = µ(a )+µ(a 2 )+µ(a 3 ) µ(a A 2 ) µ(a A 3 ) µ(a 2 A 3 )+µ(a A 2 A 3 ). De maière géérale, o obtiet par récurrece sur, e supposat µ( j A j ) < +, (e2.7.) µ( j A j )= ( ) k+ µ(a i A i2 A ik ). k i <i 2 < <i k E effet, ous avos établi la formule (e2.7.) pour = 2. Cosidéros u etier 3et A,...,A mesurables de mesures fiies. Il viet µ( j A j )=µ( j A j A ) = µ( j A j )+µ(a ) µ ( j (A j A ) ) = ( ) k+ µ(a i A i2 A ik ) k + µ(a ) = k = k k ( ) k+ ( ) k+ ( ) k+ i <i 2 < <i k i <i 2 < <i k i <i 2 < <i k [i k ] ou bie [i k = avec k 2] i <i 2 < <i k µ ( A i A ik A ) µ(a i A i2 A ik )+µ(a ) µ(a i A i2 A ik ), Commetaire. Das l avat-derière somme, o cosidère les k-uplets i < <i k tels que i k aisi que ceux pour lesquels i k = et k 2; par suite il maque le k-uplet pour lequel k =eti k = : c est précisémet le terme µ(a ). qed. Exercice 2.8. Soit u esemble et µ la mesure de comptage défiie sur P() par µ(a) = CardA si A est fii, µ(a) = + sio. Motrer que (, P(),µ) est u espace mesuré.

20 2 Corrigé. Soit (A j ) j N ue suite de parties de, deux à deux disjoites. Si j N A j est u esemble fii, alors il existe N tel que A j = pour j>n; par suite j N A j = j N A j et les A j sot fiis deux à deux disjoits. O obtiet bie µ( j N A j ) = Card( j N A j )= j N Card(A j )= j N Card(A j )= j N µ(a j ). Si j N A j est u esemble ifii, o a µ( j N A j )=+. Vérifios que j N µ(a j)= +. Si l u des esembles A j est ifii, c est vrai. Si tous les A j sot fiis, o e peut avoir M = j N Card(A j) < +. E effet, cela impliquerait Card( j A j )= j Card(A j ) M, et par coséquet sup N Card( j A j ) M. Or, comme l esemble j N A j est ifii, la suite ( Card( j A j ) ) est pas majorée. N Exercice 2.9. Soit (, M) u espace mesurable et (µ k ) k N ue suite de mesures positives défiies sur M. Motrer que k µ k défiit ue mesure positive sur M. Corrigé. E posat, pour A M, µ(a) = k µ k(a), o voit que µ( ) =. Si (A ) N est ue suite de M d esembles deux à deux disjoits, o a, e utilisat le lemme.2., µ( N A )= µ k ( N A )= k N k N ( N ) µ k (A ) = N ( k N ) µ k (A ) = µ(a ), qed. N Commetaire. O pourra égalemet cosulter l exercice 2 du 4//998 das le paragraphe exames corrigés. Exercice 2.. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive telle que µ() =. O cosidère T = {A M,µ(A) =ouµ(a) =}. Motrer que T est ue tribu sur. Corrigé. cf. l exercice du 4//998 das le paragraphe exames corrigés. Exercice 2.. Soit (, M) u espace mesurable et (µ j ) j N ue suite de mesures positives défiies sur M. O suppose que pour tout A Met pour tout j N, µ j (A) µ j+ (A). Pour A M, o pose µ(a) = sup µ j (A). j N

21 2 a. Motrer que µ est ue mesure positive défiie sur M. b. O cosidère l espace mesurable (N, P(N)) et pour j N, A N, odéfiit ν j (A) = Card(A [j, + [)(CardE désige le ombre d élémets de E si E est fii, + sio). Motrer que ν j est ue mesure positive défiie sur P(N) telle que, pour tout A N, ν j (A) ν j+ (A). O pose ν(a) = if ν j(a). j N Motrer que ν(n) =+ et que pour tout k N, ν({k}) =. Edéduire que ν est pas ue mesure sur N. Corrigé. cf. l exercice 2 du 4//998 das le paragraphe exames corrigés. Exercice 2.2. Soit B la tribu de Borel sur et soit µ ue mesure positive défiie sur B telle que µ(k) < + pour K compact (o dira que µ est ue mesure boréliee sur ). Soit D = {a,µ({a}) > }. a. Soiet, l des etiers. O pose D,l = {a, a et µ({a}) /l}. Motrer que D,l est fii. Motrer que D est déombrable. b. O pose pour E B, λ(e) =µ(d E). Motrer que cela a u ses et que λ est ue mesure boréliee sur. Motrer que λ = a D µ({a})δ a, où δ a est la masse de Dirac e a (i.e. δ a (E) = E (a)). c. Motrer que µ = λ + ν où ν est ue mesure boréliee sur telle que pour tout x, ν({x}) =. Corrigé. cf. l exercice 2 du 2//999 das le paragraphe exames corrigés. Exercice 2.3. Soit (, M) u espace mesurable et soit (u ) N ue suite de foctios mesurables de das. Motrer que les esembles suivats sot mesurables A = {x, lim u (x) =+ }, + B = {x, la suite (u (x)) N est borée}. Corrigé. O a A = {x, m N, N N, N,u (x) m}, de sorte qu e posat A,m = {x, u (x) m}, ( ) il viet A = m N ( ) N N N A,m qui est mesurable car chaque A,m l est. De ( ) maière aalogue, o a B = {x, m N, N, u (x) m} = m N N B,m, avec B,m = {x, u (x) m}.

22 22 Exercice 2.4. Soiet, Y deux espaces métriques et soit f : Y, ue applicatio dot l esemble des poits de discotiuité est déombrable. Motrer que f est mesurable (, Y sot muis de leur tribu boréliee). Corrigé. Soit D l esemble des poits de discotiuité def. L applicatio F : \D Y défiie par F (x) =f(x) est cotiue. Soit V u ouvert de Y.Oa f (V )={x, f(x) V } = {x \D, f(x) V } ( f (V ) D ) = F (V ) ( f (V ) D ) = ( U (\D) ) ( f (V ) D ), où U est u ouvert de. Or D est mesurable comme réuio déombrable de poits. Par suite, U D c est mesurable. De plus, f (V ) D est déombrable, doc mesurable. Fialemet, f (V ) est mesurable et d après le lemme..4, f est mesurable. Exercice 2.5. Soit u esemble o vide et M la tribu egedrée par les parties {x} où x. a. Motrer que A Msi et seulemet si A est déombrable ou bie A c est déombrable. b. Si est pas déombrable, o pose pour A M µ(a) =, µ(a) =, si A est déombrable, si A est pas déombrable. Motrer que µ est ue mesure positive défiie sur M. Corrigé. Si A est ue partie déombrable de, A est réuio déombrable d esembles à u élémet et appartiet doc à M. Comme M est aussi stable par passage au complémetaire, o trouve égalemet que si A c est déombrable, A M. Cosidéros N = {A, A ou A c est déombrable}. Nous veos de démotrer que N M. Par ailleurs N est stable par passage au complémetaire, cotiet et toutes les parties àuélémet. Soit (A ) N ue suite d élémets de N. Si tous les A sot déombrables, alors N A est déombrable et doc est élémet de N. S il existe k N tel que A k soit o déombrable, alors A c k est déombrable et comme ( N A ) c = N A c A c k, o obtiet que ( N A ) c est déombrable et doc N A N. L esemble N est doc ue tribu qui cotiet toutes les parties àuélémet de. O obtiet doc que M N et par suite M = N. Ceci achève la démostratio de (a). O a µ( ) = ; soit (A ) N ue suite d élémets deux à deux disjoits de M. Si tous les A sot déombrables, alors N A est déombrable et µ( N A )== N µ(a ).

23 23 S il existe k N tel que A k soit o déombrable, alors A c k est déombrable et NA est o déombrable. Comme A c k k A, A est déombrable pour k et µ(a ) = pour k. Par suite µ( N A )==µ(a k )=µ(a k )+ µ(a )= µ(a ), N, k N qed. Exercice 2.6. Soit (, M) u espace mesurable et f,g : des applicatios mesurables. Motrer que les esembles suivats appartieet à M. A = {x, f(x) g(x)}, B = {x, f(x) <g(x)}, C = {x, f(x) =g(x)}. Corrigé. L applicatio x Φ(x) = ( f(x),g(x) ) est mesurable d après la démostratio du théorème.2.5. O a alors A =Φ (L) avec L = {(α, β),α β} qui est u fermé de. Oademême M = {(α, β),α<β}, B=Φ (M), N = {(α, β),α= β}, C=Φ (N), et M est ouvert, N est fermé. Exercice 2.7. U exercice de révisio o écessairemet superflu. Les amateurs de formules pourrot cosulter le site e respectat scrupuleusemet la typographie u peu étrage doée das Doer ue primitive de chacue des foctios suivates, e précisat l esemble de

24 24 défiitio. ta x cot x cos x si x arcsi x arccos x arcta x si 2 x si 3 x cos 2 x cos 3 x cos 2 x coth x si 2 x sih x cosh x tah x cosh x sih x cosh 2 x argshx argchx argthx argcothx x 2 + x2 + x 2 x2 x x 2 x x 2 + x 2 Corrigé. Si f est ue foctio cotiue sur u ouvert I de la droite réelle, o otera f(x)dx ue primitive de f sur I. Passos e revue quelques formules classiques avec les 33 iévitables. x α dx = x α+ α + pour α, I = (, + ) x dx = l x I = e zx dx = z e zx pour z, I = ta xdx = l cos x I = \( π 2 + πz) cot xdx = l si x I = \πz ta( cos x dx = l x 2 + π 4 ) I = \( π 2 + πz) ta( si x dx = l x 2 ) I = \πz arcsi xdx = x arcsi x + x 2 I = (, ) arccos xdx = x arccos x x 2 I = (, ) arcta xdx = x arcta x 2 l( + x2 ) I =

25 si 2 xdx = x 2 si(2x) I = 4 cos 2 xdx = x 2 + si(2x) I = 4 cos 2 x dx = ta x I = \( π 2 + πz) si 2 dx = cot x I = \πz x sih xdx = cosh x I = cosh xdx = sih x I = tah xdx = l cosh x I = coth xdx = l sih x I = cosh x dx = arcta(sih x) = 2 arcta(ex ) π I = 2 tah sih x dx = l x I = 2 cosh 2 dx = tah x I = x sih 2 dx = coth x I = x tah xdx = l(cosh x) I = coth xdx = l sih x I = dx = arcsi x I = (, ) x 2 x2 dx = l x + x 2 (=argch x pour x ) I = \(, ) x2 + dx = l(x + x 2 + ) = argshx I = x 2 dx = arcta x I = + x 2 dx = 2 l +x x (= argthxpour x < ) I = \{, } l xdx = x l x x I = (, + ) +x2 dx = x +x l(x + x 2 +) I = x2 dx = x x2 + arcsi x I = (, ) 2 2 x2 dx = x x2 2 2 l x + x 2 I = \(, ) 25

26 26 O a égalemet argshx dx= xargshx +x 2, argchx dx= xargchx x 2, sur x>, argthx dx= xargthx + 2 l( x2 ), sur x <, argcothx dx= xargcothx + 2 l(x2 ) sur x>. Pour le calcul de primitives de fractios ratioelles, o utilise la décompositio e élémets simples de première espèce (x α) m et de secode espèce (x 2 + α 2 ), x(x 2 + α 2 ). Pour le calcul d ue primitive de F (cos x, si x) où F est ue fractio ratioelle, o peut faire les chagemets de variable suivats. (i) u = si x, si la trasformatio x π x laisse ivariate la forme F (cos x, si x)dx. C est le cas par exemple de si 4 x cos 5 xdx car si 4 (π x) cos 5 (π x)d(π x) = si 4 x cos 5 xdx Ceci se gééralise sas difficulté au calcul de si k x cos 2l+ xdx avec k, l etiers. (ii) u = cos x, si la trasformatio x x laisse ivariate la forme F (cos x, si x)dx. C est le cas par exemple de si 5 x cos 7 xdx car si 5 ( x) cos 7 ( x)d( x) = si 5 x cos 7 xdx Ceci se gééralise au calcul de si 2k+ x cos l xdx avec k, l etiers. (iii) u = ta x, si la trasformatio x π+x laisse ivariate la forme F (cos x, si x)dx. C est le cas par exemple de si 4 x cos 6 xdx car si 4 (π + x) cos 6 (π + x)d(π + x) = si 4 x cos 6 xdx Ceci se gééralise au calcul de si 2k x cos 2l xdx avec k, l etiers. (iv) E derier ressort, o pourra toujours faire le chagemet u = ta x 2 ue fractio ratioelle e u. Cette méthode s éted au cas d ue fractio ratioelle de sih x, cosh x. Doos quelques exemples d itégrales dites abéliees de la forme (e2.7.) F ( x, ϕ(x) ) dx qui fourira où F est ue fractio ratioelle. O cherche par exemple (x, x 2 +)dx. O pose x = sih t et o obtiet (sih t, cosh t) cosh tdt, qui est l itégrale d ue fractio ratioelle e sih, cosh. Pour (x, x 2 )dx, o pose x = cosh t ; pour (x, x 2 )dx, o

27 pose x = si t. Par ailleurs, si o dispose d ue représetatio paramétrique uicursale du graphe de la foctio ϕ, c est à dire de fractios ratioelles α, β telle que t ( α(t),β(t) ) décrive le graphe, o se ramèe au calcul de F (α(t),β(t))α (t)dt 27 qui est l itégrale d ue fractio ratioelle. C est le cas par exemple de F (x, x /2 + x /3 )dx pour laquelle o a α(t) =t 6,β(t) =t 3 + t 2. O peut égalemet s itéresser au calcul de (e2.7.2) e zt P (t)dt, où z C et P est u polyôme. O peut d emblée chercher ue solutio du type e zt Q(t) où Q est u polyôme, ou bie itégrer par parties e remarquat pour z, e zt P (t)dt = z e zt P (t) z e zt P (t)dt, deg P < deg P. Bie etedu, il faudra aussi reteir que certaies itégrales peuvet se calculer sas qu il soit possible de détermier explicitemet ue primitive. L exemple le plus célèbre est sas coteste l itégrale de Gauss (e2.7.3) e ax2 dx = π /2 a /2, a C, e a. Pour obteir cette formule pour a C, e a>, il suffit de la démotrer pour a> et d utiliser le prologemet aalytique, puisque les deux membres sot holomorphes sur l ouvert {e a>}. Notos que la détermiatio pricipale du logarithme est défiie pour z C\ par l itégrale sur le segmet [,z] l z = et que exp(l z) =z par prologemet aalytique, l(exp z) =z pour Im z <π. O défiit z α = exp(α l z). Pour obteir (e2.7.) pour e a> il suffit doc de le démotrer pour a =, puisqu u chagemet de variable permet de s y rameer. Or, e utilisat la page VII.9 de [Bou], o obtiet + + e x2 dx =2 e x2 dx = e t t /2 dt = Γ(/2) = π /2. [,z] dξ ξ,

28 28 Il ous reste àdémotrer la formule pour a i. O se ramèe par u chagemet de variable àdémotrer + A e ix2 dx = lim e ix2 dx = π/2 A + 2 eiπ/4. Or pour ɛ>, o a + et comme, pour tout A>, π /2 + 2 eiπ/4 = lim ɛ + e (ɛ i)x2 dx = π/2 2 (ɛ i) /2 ɛ + π/2 2 eiπ/4, e (ɛ i)x2 dx = A e ix2 dx + + lim x xe (ɛ i)x2 dx ɛ + A et + x xe (ɛ i)x2 dx = A il viet et puisque o obtiet [ x e (ɛ i)x2 ( ɛ + i) 2 ] + A + + π /2 A x 2 e (ɛ i)x2 ( ɛ + i) 2 dx + = (2i 2ɛ) A e (ɛ i)a2 +( ɛ + i) 2 x 2 e (ɛ i)x2 dx, 2 eiπ/4 = π /2 A + A 2 eiπ/4 = lim A + O obtiet doc les itégrales de Fresel (e2.7.4) cos(x 2 )dx = + e ix2 dx (2i) A +(2i) x 2 e ix2 dx, + x 2 e ix2 dx x 2 dx = A, A A e ix2 dx = + A e ix2 dx, π 2 = si(x 2 )dx, et de maière géérale la formule pour b, (e2.7.5) e ibx2 dx = π /2 b /2 e i π 4 sig b. U autre calcul classique est celui de + si x (e2.7.6) x dx = π 2. Cette itégrale a déjà été étudiée das l exercice.7. Doos ue preuve courte de (e2.7.6). O itègre la foctio etière e iz /z sur le cotour suivat: A qed.

29 29 ε ε O obtiet si x π =2i ɛ x dx + e ieiθ π e iɛeiθ e iθ ieiθ dθ ɛe iθ iɛeiθ dθ. La troisième itégrale ted vers iπ lorsque ɛ ted vers. La valeur absolue de la secode itégrale est majorée par π e si θ dθ qui ted vers lorsque ted 4 vers l ifii, ce qui doe (e2.7.6). 4 O peut appliquer le théorème de covergece domiée pour obteir ceci mais c est excessif: il suffit de remarquer que 2θ si θ pour θ [,π/2] et π π π/2 π/2 e si θ dθ =2 e si θ dθ 2 e 2θ/π dθ π/.

30 3 INTEGATION, Feuille d exercices 3 Exercice 3.. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. Soiet f : Y et g : Y Z deux applicatios. Motrer que (g f) (µ) =g ( f (µ) ). Corrigé. La mesure image f (µ) est défiie sur la tribu N = {B Y,f (B) M}e (.4.3) das les otes de cours par f (µ)(b) =µ ( f (B) ). La mesure image g ( f (µ) ) est défiie sur la tribu T = {C Z, g (C) N}= {C Z, f ( g (C) ) M}= {C Z, (g f) (C) M} par ( g f (µ) ) (C) =f (µ) ( g (C) ) ( = µ f ( g (B) )) = µ ( (g f) (C) ). Par coséquet les mesures g ( f (µ) ) et (g f) (µ) coïcidet sur la tribu T. Commetaire. Si ϕ : Y + est ue foctio mesurable (l image réciproque d u ouvert de + appartiet à N ), o a (e3..) Y ϕd ( f (µ) ) = (ϕ f)dµ. E effet cette formule est vérifiée pour ϕ étagée, car si ϕ = j m α j Bj, Y ϕd ( f (µ) ) = j m α j f (µ)(b j )= j m (o utilise ici Bj f= f (Bj ) ) = α j µ(f ( B j ) ) j m α j ( Bj f)dµ = (ϕ f)dµ. Le théorème de Beppo-Levi (théorème.6.) et le théorème d approximatio.3.3 permettet d obteir (e3..) pour ϕ mesurable à valeurs das +. Cette formule est égalemet valide pour ϕ L ( f (µ) ). Chageos u peu les otatios et cosidéros u espace de probabilité (Ω, A, P)(P est ue mesure positive et P (Ω) = ). Cosidéros ue variable aléatoire réelle, i.e. ue

31 3 applicatio mesurable de Ω à valeurs réelles. La loi de probabilité de la variable aléatoire est par défiitio la mesure image (P )défiie par (P )(I) =P ( (I) ) = P ( {ω Ω,(ω) I} ) souvet oté simplemet P ({ I}). Das u cas certaiemet déjà familier au lecteur, la variable pred u ombre fii de valeurs {x,...,x } avec des probabilités p,...,p (p j et j p j = ). La loi de est ue probabilité sur défiie par j p j δ xj. U autre cas assez stadard est celui où la loi de la variable aléatoire est doée par ue desité f (positive et d itégrale ) de sorte que P ({ I}) = f(x)dx. O pourra reveir au paragraphe.4 des otes de cours pour d autres exemples ( ). I Exercice 3.2. O ote B la tribu de Borel sur et o cosidère ue mesure positive µ défiie sur B et fiie sur les compacts. Pour a, odéfiit { µ([a, t[) si t>a, F a (t) = µ([t, a[) si t a. Motrer que F a est croissate et cotiue à gauche. Corrigé. Soiet s<tdes réels. Pour s>a,oa[a, s[ [a, t[ et doc F a (s) =µ([a, s[) µ([a, t[) = F a (t). Pour s a<t,oaf a (s) = µ([s, a[) µ([a, t[) = F a (t). Pour s<t a, oa[t, a[ [s, a[ et doc F a (s) = µ([s, a[) µ([t, a[) = F a (t). La foctio F a est doc croissate. Soit t tel que t >aet soit (t ) ue suite croissate de limite t.oa [a, t [= [a, t [ et e utilisat la propositio.4.2.(b), il viet F a (t )=µ([a, t [) = lim µ([a, t [) = lim F a(t ). Soit t tel que t a et soit (t ) ue suite croissate de limite t.oa [t,a[= [t,a[

32 32 et e utilisat la propositio.4.2.(c) et µ([t,a[) µ([t,a]) < +, il viet F a (t )= µ([t,a[) = lim µ([t,a[) = lim F a(t ). Exercice 3.3. Détermier l esemble des réels α, β, γ tels que u α (t) = tα e t ( + t /2 ) L ( + ), v β (t) = si t t β e t L ( + ), w γ (t) = l t t γ L ([, ]). Corrigé. α> : si cette coditio est vérifiée, u α appartiet à L ( + )etréciproquemet si u α L ( + ), alors u α L loc ( +) et doc t α L loc ( +), ce qui implique α>. β < 2 : si cette coditio est vérifiée, v β appartiet à L ( + ) car v β L ([r, + [) pour tout β et tout r>etv β (t) t β au voisiage de. éciproquemet si v β L ( + ), alors v β L loc ( +) et doc t β L loc ( +), ce qui implique β>, i.e. β<2. γ< : e utilisat la parité dew γ et e posat t =/x, o trouve que w γ L ([, ]) équivaut à x γ 2 l x L ([, + [) qui équivaut à γ 2 < i.e. γ<. Exercice 3.4. a. Calculer lim ( x ) dx. b. Soit z C tel que e z>. Motrer que ( lim x z x ) + dx = x z e x dx =Γ(z). Corrigé. Pour x, o a lim + ( x ) = e x (predre le logarithme). Par ailleurs, pour tout θ>, o a l( + θ) θ et par coséquet, pour x<,oa l ( x ) x et doc [,] (x) ( x ) e x, ce qui permet d utiliser le théorème de covergece domiée pour les questios (a) et (b). La répose à (a) est doc = Γ(). Exercice 3.5. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive et soit f : + ue foctio mesurable telle que fdµ < +. Motrer que pour tout ɛ>, il existe α> tel que pour tout A M, µ(a) <α implique fdµ<ɛ. A

33 Corrigé. Voir la correctio de l exercice 3 de l exame du 4//998 das le paragraphe exames corrigés. 33 Exercice 3.6. Soit m la mesure de Borel sur et ɛ>. Costruire u ouvert Ω dese das tel que m(ω) <ɛ. Corrigé. L esemble Q des ombres ratioels est équipotet à N. O peut cosidérer Q = {x } et défiir Ω= ]x ɛ2 2,x + ɛ2 2 [, qui est ouvert comme réuio d ouverts, dese car coteat Q et de mesure m(ω) ɛ2 = ɛ/2 <ɛ. Exercice 3.7. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. Soit Φ : Y ue applicatio. E cosidérat la tribu image, la mesure image Φ (µ) et ue applicatio mesurable g : Y +, motrer que (g Φ)dµ = gd(φ (µ)) Corrigé. Voir la formule (e3..) ci-dessus. Y Exercice 3.8. Doer u exemple d ue suite (f ) N de C ([, ], + ) covergeat simplemet vers telle que f (x)dx +. Corrigé. Cosidérer la suite f = 2 ϕ où ϕ est défiie das l exercice.5. Exercice 3.9. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. Soit f : + ue foctio mesurable. o dit que f est essetiellemet majorée s il existe M + tel que µ ( {x, f(x) >M} ) =. O pose alors { } essupf = if M +,µ({x, f(x) >M}) =.

34 34 a. Motrer qu ue foctio majorée par u réel M est essetiellemet majorée. Doer u exemple de foctio essetiellemet majorée à valeurs das + qui e soit pas majorée. b. Soit f : + ue foctio essetiellemet majorée. Motrer que f essupf, µ presque partout. c. Soiet f,g : + des foctios mesurables essetiellemet majorées. Motrer que f + g est essetiellemet majorée et que essup(f + g) essupf + essupg. Corrigé. Voir la défiitio et la remarque das les otes de cours. Exercice 3.. Soit u esemble. O appelle mesure extérieure sur ue applicatio telle que µ : P() + (i) µ( ) =, (ii) A B implique µ (A) µ (B) (mootoie), (iii) µ ( N A ) N µ (A ) (sous-additivité déombrable). Motrer que µ défiie sur P() par µ (A) = if { j N(b j a j )} où j N ]a j,b j [ parcourt les recouvremets ouverts de A, est ue mesure extérieure sur. Corrigé. Les propriétés (i) et(ii) sot immédiates. Motros (iii). Soiet (A ) N ue suite de parties de. O peut supposer que tous les µ (A ) sot fiis, sio (iii) est vérifié trivialemet. Soit ɛ >. Pour chaque N, o cosidère ue famille déombrable d itervalles ouverts borés (Ik ) k N telle que A k N I k, µ (A ) k N I k <µ (A )+ɛ2, où l o a oté Ik la logueur de l itervalle I k. O a alors N A,k N Ik et par coséquet µ ( ) N A Ik = ( Ik ) ( µ (A )+ɛ2 ) = ɛ + µ (A ), N N N,k N k N

35 35 ceci pour tout ɛ>, ce qui doe le résultat. Exercice 3.. Trouver ue suite de foctios e escalier f :[, ] + telle que lim f (x)dx = et telle que la suite (f (x)) N e coverge pour aucu x [, ]. Corrigé. Cosidéros pour k<metiers la foctio et posos F k,m (x) = [ k m, k+ m [(x) f = F, f = F,2, f 2 = F,2 f 3 = F,3, f 4 = F,3, f 5 = F 2,3... f m(m ) 2 = F,m,...,fm(m ) 2 +k = F k,m,...,fm(m ) 2 +m = F m,m... U simple dessi covaicra le lecteur que pour x fixé, la suite f (x) pred ue ifiité de fois les valeurs et, ce qui motre sa divergece. Néamois das la suite, ous ous sommes efforcés de doer les détails du problème de umérotatio auquel o doit faire face pour traiter exhaustivemet cette questio. La complexité apparete de la rédactio doe malheureusemet l impressio qu ue difficultéréelle est dissimulée das ce problème, ce qui est pas le cas. O remarque que la suite ( m(m ) 2 ) est strictemet croissate, vaut pour m =et m ted vers +. Par coséquet, pour tout etier, il existe u uique etier m tel que et par coséquet m (m ) 2 < m (m +) 2 = m (m ) 2 + k, avec k < m 2 2 = m. emarquos que lim + m =+ car m +> 2. Pour, posos f (x) =F k,m (x). O a f (x)dx = F k,m (x)dx =/m lorsque.

36 36 Soit x [, ]. Soit 3 tel que f (x) = : alors k m m (m ) 2 <+= m (m ) 2 x< +k m + k +< m (m ) 2 et si k <m, o a + m = m (m +), 2 ce qui doe m + = m et f + (x) =F +k,m (x) =. Si f (x) =etk = m, o x<et a m m += m (m ) 2 ce qui doe Par suite, + m = m (m +), et doc m + =+m,k + =, 2 f + (x) =F,+m (x) = car m car m 2. +m m (e3..) pour 3, f (x) == f + (x) =. Par ailleurs, pour x [, [ et, o a m x<m et par coséquet k = E(m x) {,...,m }. Cosidéros = m (m ) 2 + k m (m ) 2.Oa et par suite k m x<+k, k x< +k m m (e3..2) f (x) =F k,m (x) =, ce qui implique que la suite f (x) pred ue ifiité de fois la valeur. Comme elle pred aussi ue ifiité de fois la valeur à cause de (e3..2-), elle e peut coverger. Le cas x = se traite de maière aalogue. E utilisat des foctios affies par morceaux, o peut modifier l exemple ci-dessus de sorte que les foctios f soiet cotiues. Exercice 3.2. Soit (, M,µ) u espace mesuréoù µ est ue mesure positive et soit f : + ue suite de foctios mesurables. O suppose que cette suite est croissate et que sup N f dµ < +. Motrer que sup N f (x) est fii µ pp. Doer u éocé aalogue pour les séries de foctios mesurables à valeurs das +. Corrigé. Le théorème de Beppo-Levi (théorème.6.) assure que, avec f = sup N f fdµ = sup f dµ, N et par coséquet f est ue foctio mesurable de das + telle que fdµ < +.

37 et par coséquet f est ue foctio mesurable de das + telle que fdµ < +. Par suite, si N = {x, f(x) =+ }, o a pour tout etier aturel k kµ(n) fdµ fdµ < + N et la suite (kµ(n)) k N est majorée, ce qui implique µ(n) =. De même, si (u k ) k N est ue suite de foctios mesurables de das + telle que u k dµ < +, k alors la série k N u k(x) coverge µ-presque partout vers ue limite fiie. Le corollaire.6.2 implique ( ) u k dµ = u k dµ <= k N k et par coséquet, d après ce qui précède, la foctio k N u k(x) est fiie presque partout, qed. 37 Exercice 3.3. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive et f : C ue foctio de L (µ). O suppose que, pour tout E M, fdµ =. Motrer que f est ulle µ pp. E Corrigé. E particulier, pour E = {x, e f(x) }, il viet ( ) =e fdµ = (e f)dµ = {e f } e f = µ pp, E E et comme o a de même {e f } e f = presque partout il viet e f =, pp. O obtiet de maière aalogue Im f =,pp et le résultat. Exercice 3.4. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive et f : C ue foctio mesurable. a. Motrer que si f L (µ), alors La réciproque est-elle vraie? b. Motrer que si f L (µ), alors lim µ({ f }) =. 2 f 2 dµ < +. f

38 38 La réciproque est-elle vraie? Corrigé. (a) O a µ ( { f } ) = { f } dµ f { f } dµ. O a g = f { f } f L (µ) etlim f(x) { f } (x) = : le théorème de covergece domiée (théorème.6.8) assure que lim f { f }dµ = et le résultat. La réciproque est fausse. La foctio cotiue positive sur [,e ] doée par g(x) = x l(x )apourdérivée l(x ) et est doc croissate sur [,e ]deg()=à g(e )=e.oa e dx e g(x) = Néamois, pour, {x [,e ], dx + x l(x ) = e du u l(u) = lim l(l A) =+. A + g(x) } = {x [,e ],g(x) } =[,x ] où x [,e ] est caractérisé par x l(x )=g(x )=, ce qui implique µ ( {x [,e ], g(x) }) = x = l x car x +. La propriété (a) peut doc être vérifiée sas que f (ici /g) soit das L. (b) Pour f L,oa Avec 2 f 2 dµ = f F (x) = 2 f(x) 2 { f } (x) = ( 2 f 2 { f } )dµ. max( f(x),) 2 f(x) 2 = f(x) 2 max( f(x),) 2 comme pour N, o obtiet N ( π 2 2 mi 6, ), N F (x) mi( π2 6, max( f(x), ) ) f(x) 2 { π 2 6 f(x) 2 si f(x) 2, f(x) 2 f(x) si f(x) > 2.

39 Comme pour f(x) 2oa π2 6 f(x) 2 π2 6 f(x) > 2, f(x) 2 f(x) = il viet 39 f(x) f(x) f(x) 2π2 6 4 f(x) et pour f(x) f(x) 2 f(x), f(x) F (x) 4 f(x) ce qui doe le résultat. La réciproque est fausse car avec f(x) = x [,+ [(x) (qui est pas das L ), o a éamois 2 f 2 dµ = f 2 x x 2 dx = π2 /6. Commetaire. O peut égalemet fourir u cotre-exemple àlaréciproque de (b) pour lequel µ est de masse totale fiie (i.e. µ() < + ) e suivat la costructio de (a). Exercice 3.5. Détermier la limite des suites u = k k 2 + k +, v = k 2 2 k 2 + k 2, w = si k k 2 k 2 ( ) k. k + Corrigé. O a, pour k etier fixé, lim + k 2 +k+ = k 2 k 2 + k + = k 2 +(k/)+(/) k 2 = F (k), et e outre F (k) <. k Le théorème de covergece domiée (th..6.8) sur l espace mesuré(n,µ= k δ k, P(N)) appliqué à la suite de foctios (f ) défiies par f (k) = k 2 +k+, doe u = N f dµ + N(lim f )dµ = k k 2 = π2 6. E utilisat le même espace mesuré et la suite de foctios positives (g ) défiies par g (k) = il viet du lemme de Fatou (lemme.6.4), + = k { 2 k 2 +k 2 pour k 2, sio, k = lim if g dµ lim if g dµ = lim if v, N N

40 4 ce qui doe lim v =+. Toujours avec le même espace mesuré et la suite de foctios (h ) défiie par h (k) = { si k k ( k 2 k+ ) pour k 2, sio, o remarque que h (k) F (k) où F est défiie ci-dessus. Le théorème de covergece domiée (th..6.8) doe lim w = h )dµ = N(lim k lim + ( si k ( k ) ) k 2 = =. k + k Commetaire. Le derier poit peut se vérifier directemet (i.e. sas utiliser le théorème de covergece domiée). E effet, pour tout etier m, o a et par coséquet w k m ( m ) + k 2 m + k>m ( k 2 π2 m ) + 6 m + k>m lim sup w, d où lim sup w + k2 if + k>m m k>m k 2, k 2 = car k>m k 2 est le reste d ue série covergete. Exercice 3.6. Détermier la limite des suites I = Corrigé. E posat f (x) = lim f (x) = + ( x ) +x 2 tah dx, J = +x tah ( x ), o trouve 2 x +x 2 et f (x) x Le théorème de covergece domiée implique doc lim I = + +x 2 sup ( tah α α ). α> x +x 2 dx = [ l( + x 2 ) ] 2 = l 2 2. e x x + dx. O a J = e x( x + ) dx et le lemme de Fatou doe, avec g (x) =e x( x + ), + = e x x dx = ( lim if g (x) ) dx lim if g (x)dx = lim if J.

41 4 Problème 3.. U esemble o mesurable. O cosidère sur [,] la relatio d équivalece défiie par x y si x y Q. O rappelle l éocé de l axiome du choix. Soit I u esemble o vide et soit ( i ) i I ue famille d esembles. Alors i I, i = i I i. Si et t, o otera + t l esemble {x + t} x. a. E utilisat l axiome du choix, motrer qu il existe ue partie A de [,] formée e preat das chacue des classes d équivalece de u élémet et u seul. b. Soit ϕ : N Q [, ] ue bijectio. O pose A = A + ϕ(). Motrer que [, ] N A [, 2] c. E déduire qu il existe pas de mesure positive µ défiie sur P(), ivariate par traslatio, (i.e. telle que µ() =µ( + t) pour toute partie de et tout réel t), et telle que µ([a, b]) = b a pour a b. d. Motrer que A/ L,où L est la tribu de Lebesgue. Corrigé. (a) Cosidéros l esemble quotiet [, ]/, i.e. l esemble des classes d équivalece { i } i I. Chaque i est ue classe d équivalece et est doc o vide. E utilisat l axiome du choix, o peut trouver ue famille (x i ) i I d élémets de [, ] telle que i soit la classe d équivalece de x i. Posos A = {x i } i I. (b) emarquos que Q [, ] est ifii déombrable, doc équipotet à N. Soit x [, ]. Il existe u i I tel que x x i, i.e. x x i Q ; par suite x = x i + ρ avec ρ Q et comme x et x i appartieet à[, ], ρ [, ] et doc, il existe N tel que ρ = ϕ(), ce qui implique x A = A + ϕ(). De plus A [, ] + [, ] [, 2]. (c) Supposos qu ue telle mesure existe. emarquos tout d abord que pour m etiers aturels, o a A A m =. E effet si x A A m, o obtiet, avec i, j I x = x i + ϕ() =x j + ϕ(m) et doc x i x j, ce qui implique x i = x j, puis ϕ() =ϕ(m) et doc m = car ϕ est ijective. O aurait doc =µ([, ]) µ( N A )= µ(a )= µ(a) µ([, 2])=3, N N ce qui est impossible, car la première iégalité implique µ(a) > tadis que la secode implique µ(a) =. (d) Si o avait A L, les iégalités précédetes seraiet valides pour la mesure de Lebesgue m sur, aboutissat comme ci-dessus à ue cotradictio.

42 42 Problème 3.2. Théorème d Egoroff. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive telle que µ() < +. Soit f : C ue suite de foctios mesurables qui coverge simplemet vers ue foctio f. a. O défiit pour k, etiers, l esemble E k = p {x, f p (x) f(x) /k}. Motrer que pour tout k, = N E k. b. Motrer que pour tout ɛ>, il existe ue partie mesurable A ɛ telle que µ(a ɛ ) <ɛet telle que (f ) N coverge uiformémet sur \A ɛ. c. Motrer que l hypothèse µ() < + est pas superflue. Corrigé. (a) Soit x. O a lim m f m (x) =f(x) et par coséquet, pour tout etier k, il existe u etier tel que pour tout p, f p (x) f(x) /k. Ceci exprime exactemet que x E k. emarquos égalemet que E k E k + et doc (propositio.4.2.b) que lim µ(e k )=µ(). Comme µ() < +, pour tout ɛ>et pour tout k, il existe N k tel que N k, µ(e k ) µ() ɛ2 k. O peut supposer par coséquet qu il existe ue suite ( k ) k strictemet croissate telle que µ(e k k ) µ() ɛ2 k. Il suffit e effet de défiir pour cela k = k + max j k N j. O a alors N k k = k + max j k N j k + max N j <k+ j k+ max N j = k+. j k+ (b) Soit ɛ>. Posos F = k F k avec F k = ( E k k ) c. O a µ(fk )=µ() µ(e k k ) ɛ2 k et doc µ(f ) k µ(f k) ɛ. Il viet avec B = F c et doc µ(b c ) ɛ, B = k F c k = k E k k, ce qui doe sup x B f (x) f(x) sup x E k k f (x) f(x) /k si k. La suite (sup x B f (x) f(x) ) N coverge doc vers. (c) Cosidéros la mesure de Lebesgue sur et la suite covergeat simplemet vers. f (x) = [,] (x ). Si A est ue partie mesurable de mesure de Lebesgue /2 etf coverge uiformémet sur A c, o doit avoir ( = lim sup [,] (x ) ) x A c ce qui implique A c [, +]= pour N, et doc A [, +]= m(a), cotredisat l hypothèse.

43 43 INTEGATION, Feuille d exercices 4 Exercice 4.. a. Soit E u espace vectoriel ormé. Motrer que E est complet si et seulemet si les séries ormalemet covergetes sot covergetes (ue série de terme gééral u est dite ormalemet covergete si u < + ). b. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive et u ue série ormalemet covergete das L (µ). Motrer que u (x) est covergete µ pp. c. Soit (f ) ue suite de L (µ) telle que f + f L (µ) < +. Motrer que la suite f coverge das L (µ) etµ pp. Comparer avec l exercice 3.8. Corrigé. (a) Supposos tout d abord que E est complet et cosidéros ue série ormalemet covergete de terme gééral u. Posos S = k u k. O a, pour p, S +p S = <k +p u k <k +p u k <k u k = ɛ. Comme la série umérique u k est covergete, o a lim ɛ = et la suite (S ) est de Cauchy doc covergete. éciproquemet, supposos que E est u espace vectoriel ormé das lequel les séries ormalemet covergetes sot covergetes. Soit (u ) N ue suite de Cauchy. Pour tout ɛ>, il existe N ɛ tel que, pour N ɛ,m N ɛ, u u m ɛ. E utilisat la propriété de Cauchy, o peut trouver N tel que, pour tout p u +p u /2. De même, o peut trouver 2 > N tel que, pour tout p u 2 +p u 2 /2 2, et de maière géérale, o peut costruire ue suite croissate d etiers < 2 < < j telle que, pour tout p, u j +p u j 2 j. La série j (u j+ u j ) est ormalemet covergete et doc covergete. Comme (u j+ u j )=u l u, j<l la suite (u l ) l N est covergete. Or c est ue suite extraite d ue suite de Cauchy et cela implique que la suite de Cauchy (u ) N est covergete: soit w la limite de la suite (u l ) l N.Oa u w u u l + u l w.

44 44 Soit ɛ>et N ɛ. Comme l ted vers l ifii avec l, il viet u w lim sup l + u u l + lim sup u l w ɛ +=ɛ l + et la covergece de la suite (u ). (b) Comme L (µ) est complet, la série u est covergete das L (µ). De plus, comme u dµ < +, N il viet du corollaire.6.2 (du théorème de Beppo-Levi) que ( ) u dµ = u dµ < +, N N ce qui implique que N u est ue foctio de L (µ). Par coséquet, cette foctio est fiie µ-presque partout, i.e. pour N M,avecµ(N) =, x N c, u (x) < +. N Par suite, pour tout x das N c,lasérie N u (x) est covergete. Commetaire. Si (f ) N est ue suite covergete das L (µ), alors o peut e extraire ue sous-suite qui coverge simplemet presque partout (lemme 3.2.6). L extractio est écéssaire comme le motre l exercice 3.. Par ailleurs, si lim f = f das L et la suite (f ) coverge presque partout vers g, alors g = f presque partout. E effet, pour ɛ>, N µ ( {x, f(x) g(x) ɛ} ) µ ( {x, f(x) f (x) ɛ/2} ) + µ ( {x, g(x) f (x) ɛ/2} ) et par suite µ ( {x, f(x) g(x) ɛ} ) 2ɛ ce qui doe f f dµ + µ ( {x, g(x) f (x) ɛ/2} ), µ ( {x, f(x) g(x) ɛ} ) lim sup µ ( {x, g(x) f (x) ɛ/2} ) =, qed. (c) La série k (f k f k ) est ormalemet covergete doc covergete das L d après le (a). Comme S = (f k f k )=f f, k

45 la suite (f ) est covergete das L. De plus, d après le (b), la série ( k fk (x) f k (x) ) est covergete presque partout, i.e. la suite (f k (x)) est covergete presque partout. Commetaire. La covergece simple presque partout est évidemmet pas suffisate pour la covergece L comme le motre l exercice Exercice 4.2. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. O dit que (, M,µ) est σ-fii s il existe ue suite ( ) N d élémets de M telle que, pour tout, µ( ) < + et = N. Motrer que (, M,µ) est σ-fii si et seulemet si il existe f L (µ) telle que pour tout x, f(x) >. Corrigé. Supposos d abord que (, M,µ) est σ-fii. Cosidéros f(x) = (x) 2 ( µ( N )+ ). Pour tout x, oaf(x) > (car x appartiet à l u des )et f dµ µ( ) 2 ( µ( N )+ ) 2. éciproquemet, s il existe f L (µ) telle que pour tout x, f(x) >, o pose pour N, = {x, f(x) > /( +)}. O a = N car pour x, f(x) > et par coséquet f(x) > /( + ) pour E ( /f(x) ). Par ailleurs, comme f est positive et das L (µ), µ( ) ( +)fdµ =( +) fdµ < +. Exercice 4.3. a. Calculer la limite de la suite b. Soit x>. Motrer que la suite I (x) = ( t ) dt pour +. ( t x t ) dt t est bie défiie pour et coverge lorsque +. Doer ue expressio itégrale pour la limite I(x). Quelle foctio classique recoaissez-vous? c. Motrer que pour x>et etier oa I (x) = x! (x + j) =! x x(x +)...(x + ) j

46 46 (o pourra faire le chagemet de variable t = s das I (x), raisoer par récurrece sur, et faire ue itégratio par parties). Corrigé. (a) Posos f (t) = [,] (t)( t/). O a, pour <t<, l(f (t)) = l( t/) + t et par coséquet pour t, lim + f (t) =e t. Par ailleurs, comme l( + x) x, pour x>, o obtiet, pour <t<, l iégalité l( t/) t et doc, pour t, f (t) e t. ( ) Le théorème de covergece domiée doe alors lim t + dt = e t dt =. (b) Pour x> la foctio t t x est localemet itégrable, ce qui motre que I (x) a u ses. E posat g (t) =f (t)t x, il viet g (t) e t t x + (t) L, lim g (t) =t x e t + (t) ce qui doe I(x) = + lim I (x) = t x e t dt =Γ(x). + (foctio Gamma) (c) Pour x>et etier, o a Par suite, o a I (x) = ( t x t ) dt t = x s x ( s) ds. I (x) = s x ( s) ds = x x + = x(x +),

47 47 et, pour, I + (x) =( +) x s x ( s) + ds =( +) x ( [ s x x ( s)+] = x ( +) x+ s x ( s) ds = x ( +) x+ x x+ s x ( s) ds = x ( +) x+ x I (x +) = x ( +) x+ x x+! (x ++j) =( +) x ( + )! x (x ++j) j j =( +) x ( + )! (x + j), qed. j + s x ) x ( + )( s) ( )ds Exercice 4.4. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. Soit f : C ue foctio mesurable telle que µ({x, f(x) }) >. Pour p [, + [, o pose ϕ(p) = f p dµ et J = {p [, + [,ϕ(p) < + }. a. Soiet p p des élémets de J. Pour θ [, ], motrer que p θ =( θ)p + θp est élémet de J (o pourra utiliser l iégalité de Hölder). b. Motrer que ϕ est strictemet positive sur J et que l ϕ est covexe sur J. c. O suppose qu il existe r [, + [ tel que f L r (µ) L (µ). Motrer que f L p (µ) pour p [r, + ]. Motrer que lim p + f L p (µ) = f L (µ). d. O suppose qu il existe r [, + [ tel que f L p (µ) pour p [r, + [. Motrer que si f/ L (µ) oa lim p + f L p (µ) =+.

48 48 Corrigé. L hypothèse µ ( { f > } ) > assure ϕ(p) > pour tout p (sio ϕ(p) = doerait f = presque partout). Pour θ ], [, o a e utilisat l iégalité dehölder, <ϕ(p θ )= L θ { }} { f p ( θ) L θ { }} { ( f pθ dµ ce qui fourit (a) et (b). (c) O a f f L presque partout et doc, pour p r, ) θ ( θ f p dµ f p dµ) = ϕ(p ) θ ϕ(p ) θ, f p dµ f r dµ f p r L < +, <ϕ(p) /p ϕ(r ) /p f r p L p + f L. L hypothèse sur f assure égalemet que f L > (sio o aurait f = presque partout). O peut alors cosidérer ɛ tel que <ɛ< f L, et remarquer que f p dµ f p dµ ( f L ɛ ) p ( µ { f > f L ɛ} ), ce qui doe ϕ(p) /p f f L ɛ > { }} { µ ( { f > f L ɛ} ) /p ( f L ɛ) ce qui implique fialemet lim p + f L p = f L car p + f L ɛ, ɛ >, f L ɛ lim if p f L p lim sup f L p f L. p (d) Comme f/ L, pour tout N, µ ( { f >} ) > et par coséquet ϕ(p) f p dµ p µ ( { f >} ) = f L p µ ( { f >} ) /p, f > ce qui implique N, lim if p + f L p, et doc lim p + f L p =+. Exercice 4.5. Soit (, M,µ) u espace de probabilité. Soiet f,g des foctios mesurables de à valeurs das ], + [ telles que, pour tout x, f(x)g(x). Motrer que fdµ gdµ. Corrigé. O a =µ() ( f /2 g /2 dµ ) /2 ( /2 fdµ gdµ).

49 Exercice 4.6. Soit (, M,µ) u espace de probabilité. Soit (f ) N ue suite de foctios mesurables de à valeurs réelles. Soit f : ue foctio mesurable. O dit que la suite (f ) N coverge e mesure vers f si pour tout ɛ>, lim µ({ f f >ɛ}) =. a. Motrer que si f ted vers fµ pp, alors f ted vers f e mesure. b. Si p [, + ] etsif,f L p (µ) sot tels que f tede vers f das L p (µ), motrer que f ted vers f e mesure. Corrigé. (a) Si la suite (f ) ted vers f presque partout, il existe N Mtel que µ(n) = et x N c, lim + f (x) f(x) =. Par suite, pour ɛ>, le théorème de covergece domiée doe lim µ ( { f f >ɛ} ) = lim { f f >ɛ}dµ =, car { f f >ɛ}(x) =si f (x) f(x) ɛ et doc la suite { f f >ɛ} coverge simplemet vers presque partout et est majorée par qui est das L car µ est ue probabilité. (b) Si p<+ et ɛ>, o a µ ( { f f >ɛ} ) = { f f >ɛ}dµ ɛ p Si p =+, o remarque que, pour α>, g L (µ) α = µ ( { g >α} ) =. f f p dµ = ɛ p f f p L p p + Par suite, si lim f f L (µ) =etɛ>, o a pour N ɛ, f f L (µ) ɛ et doc µ ( { f f >ɛ} ) =. ( La suite µ ( { f f >ɛ} )) est doc statioaire égale àpour N ɛ. N Commetaire. Si (, M,µ) est u espace mesuré où µ est ue mesure positive et si, pour p<+, ue suite (f ) N coverge vers f das L p (µ), alors cette suite coverge e mesure, comme le motret les iégalités précédetes. Il est pas écessaire de supposer pour cela que µ() < +. E revache l hypothèse µ() < + est écessaire au résultat (a), car par exemple la suite f défiie sur par f (x) = x [, 2 ](x) ted vers simplemet bie que. 49 µ ( { f (x) >ɛ} ) = µ ( { 2 x>ɛ} ) = 2 ɛ + +. O peut oter que cette suite est das p L p (), bie etedu sas coverger das aucu L p car cela cotredirait l assertio (b).

50 5 Exercice 4.7. Soit (, M,µ) u espace de probabilité etf L (µ) o ulle. O pose α = f L (µ). Motrer que α + /α ted vers f L (µ) (o pourra utiliser l exercice 4.4). Corrigé. emarquos tout d abord que <α < + car, d ue part α f L (µ) µ() = f L (µ) < + et d autre part α = impliquerait f =µ-presque partout et doc f = das L (µ). Pour N, oa α + = f + dµ f L (µ) f dµ = f L (µ) α et doc, e utilisat l iégalité de Jese (théorème 3..3), o obtiet ( ) + α + = f dµ ( f ) + dµ = α + f L (µ) α, ce qui doe f L (µ) = α α + f α L (µ). Or d après l exercice 4.4.c, o a lim + f L (µ) = f L (µ), et l ecadremet précédet fourit le résultat. Commetaire. Le même éocé est vrai pour u espace mesuré (, M,µ)où µ est ue mesure positive et f telle que f p L p (µ). O a e effet comme plus haut α + α f L (µ) et α = f dµ = f L (µ) f dµ f f L (µ) et doc, e utilisat l iégalité de Jese (théorème 3..3), o obtiet, avec la mesure de probabilité dν = f dµ f L (µ) α + = f + L (µ) ( ) f dν f L (µ) = f L (µ) f dν f + dµ = α + f L (µ) et par suite ( α ) f L (µ) = α f L (µ) α + f L (µ). α

51 5 De l exercice 4.4.c, il viet lim + f L (µ) fourit le résultat. = f L (µ), et l ecadremet précédet Exercice 4.8. Soit p [, + [ eth d. Pour u L p ( d ), o pose (τ h u)(x) =u(x h). Motrer que τ h u L p = u L pet que lim τ hu u L p =. h Corrigé. L égalité des ormes L p est due à la formule de chagemet de variables pour ue traslatio, i.e. à l ivariace par traslatio de la mesure de Lebesgue. Soit ϕ C c ( ). E cosidérat le compact K = {x + t} x supp ϕ, t, pour h, o a τ h ϕ ϕ p L = ϕ(x h) ϕ(x) p dx m(k) sup ϕ(x h) ϕ(x) p p x K par cotiuité uiforme de ϕ. Il viet h τ h u u L p τ h u τ h ϕ L p + τ h ϕ ϕ L p + ϕ u L p = τ h ϕ ϕ L p +2 ϕ u L p et par coséquet, pour toute foctio ϕ C c ( ), lim sup τ h u u L p 2 ϕ u L p, h ce qui doe lim sup h τ h u u L p 2 if ϕ C c ( ) ϕ u L p =, par desité des foctios C c ( ) das L p ( ) pour tout p [, + [. Exercice 4.9. Pour quelles valeurs de p [, + ] les foctios suivates sot-elles das L p ( + )? f (t) =/( + t), f 2 (t) =/( t( + t)), f 3 (t) =/( t(l t) 2 + ), f 4 (t) =t /2 si(t ). Corrigé. O a les équivaleces suivates, justifiées ci-après: f (t) p dt = f 2 (t) p dt = f 3 (t) p dt = f 4 (t) p dt = dt < + <p, ( + t) p dt t p/2 ( + t) p < <p<2, dt ( + t(l t) 2 ) p < + 2 p, si(t ) p t p/2 < + p<2.

52 52 Notos que pour f 3,le carré de la orme L 2 est majoré par e+ + e dt + t(lt) 4=e+ s 4 ds<+. Commet p/2 (lt) 2p pourt e, lapuissacep-ièmedelaormel p def 3 pour p<2 est miorée par > + dt + { }} { e t p/2 (lt) 2p= e s ( p 2 ) s 2p ds=+. De plus, si 2 p 2 + si(t ) p dt= t p/2 + sis p ds <+ s 2 p 2 >, i.e. si p<2. Par ailleurs, si p=2, le même calcul motre que, pour ɛ>, ɛ ɛ si(t ) p dt= t p/2 ɛ ɛ si 2 s ɛ ds s si 2 s ds s ɛ + +, d après ue variate de l exercice.7.e: o peut remarquer que si2 s s l itégrale + cos(2s) s ds coverge. Par ailleurs, si p>2, p=2+2θ, θ>, ɛ ɛ si(t ) p dt t p/2 ɛ (si s) 2+2θ ds 2 2 2θ s θ car si s /2 sur k Z [ π 6 +2kπ, 5π 6 { s ɛ, si s /2} s θ ds θ +2kπ] et par coséquet k 5π 6 +2kπ ɛ s θ ds { s ɛ, si s /2} [ ] ( 5π 6 +2kπ) θ (π 6 +2kπ) θ = cos(2s) 2s et que +, ɛ + k 5π 6 +2kπ ɛ 2π 3 (π 6 +2kπ)θ ɛ + +. Exercice 4.. α Soit etier et f défiie sur par f (x) = ( x + ) β, avec β>. a. Pour p +, motrer que f L p () et calculer f p. b. Motrer que g défiie par g (x) = γ e x est das L p () pour tout p. c. Déduire de ce qui précède que pour p<q + les topologies iduites sur L p L q par L p et L q e sot pas comparables.

53 53 Corrigé. (a) O a, pour p, β> f p p =2 + αp + dx =2 (x + ) βp (α β)p+ dy (y +) βp =2 (α β)p+ [ (y +) βp+ βp + ] + et par coséquet f p =2 p (βp ) p α β+ p. O a de plus f = α β. (b) O a g = γ et, pour p, + g p p = γp 2 e px dx = γp 2 p, i.e. g p = γ p 2 p p p. (c) Calculos pour p<q + f p = p q f q g p g q = q p déped uiquemet de p,q,β { }} { C (p, q, β) déped uiquemet de p,q { }} { C 2 (p, q) + + +,. = 2(α β)p+ βp Si les topologies iduites sur L p L q par L p et L q étaiet comparables, o aurait par exemple pour (ϕ ) suite de L p L q, lim ϕ == lim ϕ =. L p L q Ceci est ifirmé par ϕ = γ+ q g car lim ϕ p = lim q p 2 /p p /p = tadis que ϕ q =2 /q q /q > idépedat de (ceci est valable aussi pour q =+ ). O e peut davatage avoir pour (ϕ ) suite de L p L q, lim ϕ == lim ϕ =. L q L p Ceci est e effet ifirmé par ϕ = α+β p f car lim ϕ q = lim α+β p +α β+ q 2 /q (βq ) /q = tadis que ϕ p = α+β p +α β+ p 2 /p (βp ) /p =2 /p (βp ) /p > idépedat de.

54 54 Exercice 4.. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. Soit p, p ], + [ tels que /p +/p =. O dit qu ue suite (f ) N de L p (µ) coverge faiblemet vers f L p (µ) si pour tout g L p (µ), lim f gdµ = fgdµ. a. Motrer que la covergece das L p implique la covergece faible. b. Motrer à l aide d u exemple que la réciproque est fausse. Corrigé. (a) Soit (f ) ue suite de L p covergeat vers f das L p. O a alors, pour tout g L p, e utilisat l iégalité dehölder, (f f)gdµ f f L p g L p + (b) La réciproque est fausse car f (x) = [,] (x)e ix est de orme das L p () et coverge faiblemet vers, car pour g L p (), et ϕ Cc (), supp ϕ [, ] g(x)e ix ( ) dx = g(x) ϕ(x) e ix dx + ϕ(x)e ix dx. Comme o a ϕ(x)e ix dx =(i) ϕ(x) d dx (eix )dx =( i) ϕ (x)e ix dx, il viet lim sup g(x)e ix dx g(x) ϕ(x) dx + ( ) /p g(x) ϕ(x) p dx = g [,] ϕ L p ceci pour toute ϕ Cc (), supp ϕ [, ]. Comme ces foctios formet u esemble dese de L p ([, ])( théorème 3.4.2: ici p> et doc p < + ), il viet if ϕ C c (),supp ϕ [,] g [,] ϕ L p = et lim g(x)eix dx =. Commetaire. () O peut remarquer égalemet que la suite (e ix ) ted vers das L - faible*, ce qui sigifie que, pour toute foctio g de L (), lim g(x)eix dx = : c est le lemme de iema-lebesgue (lemme 3.4.4). Commetaire. (2) Doos u autre cotre-exemple. Soit f C c () de orme das L p (); cosidéros la suite (f ) de orme das L p () défiie par f (x) = /p f(x). Cette suite ted vers faiblemet das L p (), car si g L p (), o a pour ϕ C c (), f (x)g(x)dx = f (x) ( g(x) ϕ(x) ) dx + f(y)ϕ(y/)dy p.

55 55 ce qui implique, comme f(y)ϕ(y/)dy p f(y) (sup ϕ ) /p lim sup f (x)g(x)dx g ϕ L = lim p f (x)g(x)dx =. Notos que si f L p () est de orme, le résultat est ichagé car, pour ψ C c (), Pour g L p (), o a doc lim sup f (x) = /p f(x) = /p ψ(x)+ /p f(x) /p ψ(x). f (x)g(x)dx ψ (x)g(x)dx lim sup + lim sup /p f(y) ψ(y) g(y/) dy g L p f ψ L, p ce qui doe lim f (x)g(x)dx =. Si p =etf est ue foctio de L d itégrale, la suite f (x) =f(x) e ted pas vers faiblemet: e particulier si g C() L (), o a (e4..) lim f (x)g(x)dx = g(). E effet, la foctio f est aussi das L et d itégrale et f (x)g(x)dx g() = f (x) ( g(x) g() ) dx = f(y) ( g(y/) g() ) dy. Comme f(y) ( g(y/) g() ) f(y) 2 sup g, et, par cotiuité deg e, lim f(y) ( g(y/) g() ) =, le théorème de covergece domiée de Lebesgue doe le résultat (e4..). Commetaire. (3) U autre cotre-exemple est doé par f (x) =f(x ) où f L p () de orme. Chaque f est de orme das L p et éamois pour g L p, ϕ C c (), o a, pour A>fixé f (x)g(x)dx = f(y) ( g(y + ) ϕ(y + ) ) dy + f(y)ϕ(y + )dy + f(y)ϕ(y + )dy, { y A} { y >A}

56 56 ce qui implique lim sup f (x)g(x)dx g ϕ Lp + lim sup { y >A} f(y) ϕ(y + ) dy ( /p g ϕ L p + f(y) dy) p ϕ L p. { y >A} E preat l ifimum par rapport à A du membre de droite, il viet lim sup f (x)g(x)dx g ϕ L, pour tout ϕ C c(), p ce qui doe lim f (x)g(x)dx =. Exercice 4.2. Soit µ ue mesure positive défiie sur la tribu des borélies de et telle que µ() < +. O pose f(x) = e itx dµ(t). Motrer que f est cotiue sur. Motrer que si ( ) h 2 2f() f(h) f( h) possède ue limite lorsque h ted vers, alors t2 dµ(t) < + et f est de classe C 2. Corrigé. Soit (x k ) ue suite covergete de réels de limite x. O a, e utilisat µ() < +, e itx k e itx 2 L (µ), et lim k e itx k = e itx, et le théorème de covergece domiée de Lebesgue doe lim k f(x k )=f(x). emarquos que ( ) h 2 2f() f(h) f( h) = h 2 (2 2 cos th)dµ(t) L. D après le lemme de Fatou, oa ( lim if h cos th ) dµ(t) h ( lim if h cos th h et comme } {{ } ) dµ(t) = lim if h h 2 h (2 2 cos th)dµ(t) =L, lim h h 2 (2 2 cos th) = lim h h 2( 2 2[ 2 si 2 (th/2)] ) = lim h 4 si 2 (th/2) h 2 = t 2,

57 57 il viet (e4.2.) t 2 dµ(t) L<+. Notos icidemmet que ceci implique que ( /2 t dµ(t) t dµ(t)) 2 µ() /2 = ( Lµ() ) /2 < +. Le théorème de dérivatio des itégrales dépedat d u paramètre (théorème 3.3.2) doe f deux fois différetiable et f (x) = e itx t 2 dµ(t). Cette formule et la coditio (e4.2.) permettet d assurer la cotiuitédef, e utilisat le théorème 3.3. sur la cotiuité des itégrales dépedat d u paramètre. Exercice 4.3. Soit ϕ : I ue foctio covexe défiie sur u itervalle I de. O désige par J l itérieur de I. Soit [a, b] J et a<x <x 2 <b. Motrer que ϕ(x ) ϕ(a) (x 2 a)+ϕ(a) ϕ(x 2 ) ϕ(b) (b x 2 ) ϕ(b) ϕ(x ). x a b x E déduire que ϕ est cotiue sur J. Doer u exemple de foctio covexe défiie sur [, ] et cotiue seulemet sur ],[. Corrigé. Pour la cotiuitédeϕ, voir la propositio 3..2(d) das les otes de cours. Par ailleurs, la foctio défiie par { si x {, }, ϕ(x) = si x ], [, est covexe sur [, ]: la propriété (3..) est vérifiée pour θ ], [ si x <x car alors x θ ], [; par ailleurs (3..) est toujours vérifiée pour θ {, } et pour x = x. Exercice 4.4. a. O pose ( x désige la orme euclidiee de x das d ) { ( ) exp x pour x <, ρ(x) = 2 sio. Motrer que ρ est idéfiimet différetiable à support égal à la boule uité fermée. Motrer que ρ est pas aalytique.

58 58 b. Soit Ω u ouvert de d et K u compact iclus das Ω. Motrer qu il existe ue foctio ϕ Cc (Ω, [, ]) telle que ϕ K =. Corrigé. Cosidéros pour commecer la foctio ψ de das + défiie par { e /t pour t>, ψ(t) = pour t. Motros que cette foctio est de classe C sur. emarquos tout d abord que ψ est de classe C sur et que, pour tout etier k, pour t>, (e4.4.) ψ (k) (t) =P k (/t)e /t, où P k est u polyôme ormalisé dedegré2k. C est vrai pour k = et e supposat (e4.4.) vrai pour u etier k, il viet ψ (k+) (t) = ( t 2 P k(t )+t 2 P k (t ) ) e t = P k+ (t )e t, avec P k+ (T )=T 2 P k (T ) T 2 P k (T ). Le terme de plus haut degré dep k est T 2k et le degré dep k est 2k ; par coséquet le terme de plus haut degré dep k+ est T 2k+2, ce qui démotre par récurrece sur k la propriété (e4.4.). Démotros maiteat par récurrece sur k que la foctio ψ est de classe C k sur et que { (e4.4.2) ψ (k) Pk (/t)e /t pour t>, (t) = pour t. C est vrai pour k = car lim t + e /t = et e supposat ceci vérifié pour u etier k, o trouve que ψ (k) est dérivable sur avec la formule demadée pour ψ (k+). Il reste àvérifier la dérivabilité deψ (k) eetψ (k+) () = : o calcule pour t, t ( ψ (k) (t) ψ (k) () ) { t P k (t )e t, pour t> = sio. Comme lim t + t P k (t )e t =, il viet ψ (k+) () =. La cotiuité deψ (k+) est assurée par la formule (e4.4.) déjà démotrée. Fialemet, la foctio ψ est C sur de support + et telle que, pour tout etier k, ψ (k) () =. La foctio ρ de l éocé vérifie ρ(x) =ψ( x 2 ). Comme composée de foctios C, ρ est C. De plus, ρ(x) équivaut à x 2 >, i.e. x <. Par suite, supp ρ = {x, ρ(x) } = B, la boule uité euclidiee fermée.

59 Si x =,oa α x ρ(x ) = pour tout multi-idice α car ψ est plate e (i.e. ψ (k) () = pour tout k). Le développemet de Taylor de ρ est doc idetiquemet ul e x. Par suite, la foctio ρ est pas aalytique au voisiage de x sio, elle serait idetiquemet ulle sur u voisiage de x, ce qui est pas car x supp ρ. (b) Comme K est compact Ω ouvert de d, la formule (2..3) des otes de cours assure que ɛ = d(k, Ω c ) >, et par suite les compacts Posos, pour ɛ = ɛ /4, ρ = ρ/ d ρ(t)dt K = K + ɛ 4 B K = K + ɛ 2 B Ω. (x y )dy ϕ(x) = K (y)ρ = ɛ d ɛ d {y, y K ɛ et x y <ɛ } ρ (x y ɛ )dy. D après le théorème 3.3.2, la foctio ϕ est C sur d. De plus, si x/ K et x y <ɛ, θ K, y θ = y x + x θ x θ y x ce qui implique y K x K y x > ɛ 2 ɛ 4 = ɛ 4 et doc ϕ(x) =. Par suite, supp ϕ K Ω. E outre, si x K, pour y d vérifiat y x <ɛ,oaégalemet ɛ d 59 y K <ɛ ce qui implique que ϕ(x) = {y, y K ɛ et x y <ɛ } (x y )dy ρ ɛ ɛ d = {y, x y <ɛ } (x y )dy ρ ɛ ɛ d (x y )dy = ρ ɛ d ɛ d =, et ϕ K =, qed.

60 6 INTEGATION, Feuille d exercices 5 Exercice 5.. a. Soit ϕ ue foctio covexe défiie sur u itervalle I de. Soiet x,...,x I et θ,...,θ [, ] avec j θ j =. Motrer que ϕ( j θ j x j ) j θ j ϕ(x j ). b. Soiet x,...,x des réels > etθ,...,θ comme ci-dessus. Motrer l iégalité arithmético-géométrique x θ j j θ j x j. j j Corrigé. cf. la remarque 3..4 das les otes de cours. Exercice 5.2. Motrer que l (N) etl () e sot pas séparables (o pourra raisoer par l absurde). Corrigé. Supposos que l (N) cotiee ue partie déombrable dese {x } N. Chaque élémet x est ue suite borée (x,k ) k N, i.e. telle que sup k x,k = x l (N) < +. L iégalité triagulaire implique que 2 +x, + x, 2 max ( +x,, x, ) = 2 max ( x,, x, ) et par coséquet, max ( x,, x, ). O peut doc trouver y {, } tel que y x,. Supposos costruits y,...,y k {, } tels que l {,...,k}, y l x l,l. Comme précédemmet, o peut trouver y k+ {, } tel que y k+ x k+,k+. Nous avos doc costruit ue suite y =(y k ) k N telle que k N, y k = (et doc cette suite est das l (N)) telle que y x l (N) = sup y k x,k y x,, k N ce qui cotredit la desité de la partie {x } N. Soit {ϕ } Z ue partie déombrable de L (). O a = m Z I m, I m =[m, m +[.

61 6 L iégalité triagulaire implique 2 +ϕ L (I ) + ϕ L (I ) 2 max( ϕ L (I ), ϕ L (I )). Pour tout Z, o peut doc trouver ue costate θ {, }, telle que θ ϕ L (I ). La foctio ψ(x) = θ I (x) = Z I (x) I (x) N,θ = N,θ = appartiet à L () et est de orme (la mesurabilitédeψ est due au fait que ψ pred deux valeurs, etqueψ ({}) etψ ({ }) sot des réuios déombrables d itervalles). De plus, pour tout Z, ψ ϕ L () ψ ϕ L (I ) = θ ϕ L (I ), ce qui red impossible la desité de la partie {ϕ } Z. Exercice 5.3. Soiet u etier etu L loc ( ). O défiit le support de u, oté supp u, par supp u = {x, il existe pas de voisiage ouvert V de x tel que u = pp sur V }. Motrer que le support de u est u fermé et que, si u est cotiue supp u = {x,u(x) }. Motrer par u exemple que cette derière défiitio serait absurde pour ue foctio de L. Corrigé. O a doc (supp u) c = {x, V voisiage ouvert de x tel que u = pp sur V }, et (supp u) c est doc la réuio des ouverts Ω tels que u Ω = pp. C est doc aussi u ouvert. Si u est ue foctio cotiue, motros que (e5.3.) (supp u) c = itérieur ( {x,u(x) =} ) Soit x / supp u, alors u est ulle presque partout sur u voisiage ouvert V de x et V u(x) dx =, ce qui implique que u est idetiquemet ulle sur V (car u est cotiue). éciproquemet si x appartiet à l itérieur de {u(x) =}, il existe u ouvert

62 62 V {u(x) =} tel que x V, ce qui doe u = sur V et doc pp sur V,établissat (e5.3.). Maiteat, o obtiet pour u cotiue, e utilisat (.2.) supp u = (itérieur ( {x,u(x) =} )) c = adhérece ({x,u(x) =} c) = {x,u(x) }. La foctio idicatrice de Q est ulle presque partout et so support est doc vide. Néamois, l esemble où elle est o ulle est Q dot l adhérece est. Exercice 5.4. a. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. O cosidère S = {s : C, mesurable, e preat qu u ombre fii de valeurs, µ({s }) < + }. Motrer que, pour p<+, S est dese das L p (µ). b. Motrer que, pour p<+, Cc ( ) est dese das L p ( ). c. Soit Ω u ouvert de. Motrer que, pour p<+, Cc (Ω) est dese das L p (Ω). d. Soit ρ Cc ( ; + ), ρ(x)dx = (cf.exercice 4.4). Pour ɛ>,x,u L loc ( ), o pose ( ) x y dy u ɛ (x) = u(y)ρ ɛ ɛ. Motrer que cela a u ses et que u ɛ C ( ). e. Soit p<. Motrer que, pour u L p ( ), o a u ɛ L p ( )etlim ɛ + u ɛ = u das L p ( ). f. O remplace ρ das (d) par e π x 2 où x est la orme euclidiee. Motrer que, pour u L ( ), u ɛ est aalytique et lim ɛ + u ɛ = u das L ( ). E supposat u Cc ( ), motrer que cette méthode permet de prouver le théorème de Stoe-Weierstrass. Corrigé. Pour la questio (a) ous revoyos le lecteur à la propositio et au th pour les questios (b,c). La questio (d) est ue coséquece de la propositio Traitos la questio (e). D après la questio (d), ous savos que u ɛ = ρ ɛ u au ses et appartiet à C ( ) (ici ρ ɛ (t) =ρ(tɛ )ɛ ). Notos que l iégalité de Jese (théorème 3..3) implique pour u L p ( ) p ρ ɛ u p L p ( ) = ρ ɛ (x y)u(y)dy dx ρ ɛ (x y) u(y) p dydx = u(y) p dy = u p L p ( ) ce qui doe u ɛ L p. De plus, e réutilisat l iégalité de Jese, o obtiet ( ) p (u ρ ɛ )(x) u(x) p dx = u(x ɛt) u(x) ρ(t)dt dx u(x ɛt) u(x) p ρ(t)dtdx = τ ɛt u u p L p ( ) ρ(t)dt.

63 L exercice 4.8 doe la covergece simple vers de τ ɛt u u p L ρ(t) qui est domiée par p 2 p u p L ρ(t) L et l o obtiet lim p ɛ u ρ ɛ u L p ( ) =. Questio (f). O a alors u ɛ (x) = 2 ɛ 2 u(t)ɛ dt e π x t et pour u L ( ), o a u ɛ L ( ) (et même u ɛ L ( ) u L ( ) e utilisat la preuve précédete ou bie la propositio 6..5). O peut prologer la foctio u ɛ à C e posat pour z = x + iy, avec x, y, (e5.4.) u ɛ (x + iy) = j= (z j t j ) 2 ɛ 2 u(t)ɛ dt. e π La covergece de l itégrale est assurée par l égalité e π j= (z j t j ) 2 ɛ 2 = e π x t 2 ɛ 2 e πɛ 2 y 2. Le théorème fourit l holomorphie sur C de la foctio défiie par (e5.4.) et doc l aalyticité sur. La covergece das L ( )deu ɛ se démotre comme das la questio précédete. Cosidéros maiteat ue foctio ϕ Cc ( )et ( ) ϕ ɛ (x) ϕ(x) = 2 ɛ 2 ϕ(t) ϕ(x) ɛ 2( ) dt = ϕ(x ɛt) ϕ(x) dt. e π x t e π t O a doc, pour u paramètre A>, ϕ ɛ (x) ϕ(x) ϕ(x ɛt) ϕ(x) dt +2 ϕ L t A t >A e π t 2 dt, et par suite sup ϕ ɛ (x) ϕ(x) A S sup ϕ(x ) ϕ(x 2 ) +2 ϕ L e π t 2 dt. x x x 2 ɛa t >A Par cotiuité uiforme de la foctio ϕ, o obtiet pour tout A> lim sup ϕ ɛ ϕ L 2 ϕ L e π t 2 dt, ɛ + t >A et e preat la limite lorsque A +, o obtiet lim ɛ + ϕ ɛ ϕ L =. Par coséquet la foctio ϕ est limite uiforme d ue suite de foctios aalytiques, restrictios à de foctios holomorphes sur C, i.e. de foctios dites etières. Le rayo de covergece des séries etières défiissat ces foctios holomorphes est ifii et par coséquet ces foctios sot limites uiformes sur tout compact de foctios polyômes. 63

64 64 Exercice 5.5. Ue coséquece des exercices précédets est que, pour p<+, le complété de Cc ( ) pour la orme L p est l espace L p ( ). Motrer que le complété decc ( ) pour la orme L est C () ( ), l espace des foctios cotiues qui tedet vers à l ifii. Corrigé. Soit E l adhérece das L ( )decc ( )etu E. La foctio u est limite uiforme d ue suite de foctios (ϕ k ) k N avec ϕ k Cc ( ). Comme u(x) u(x) ϕ k (x) + ϕ k (x) u ϕ k L ( ) + ϕ k (x), o obtiet, pour tout k N, lim sup u(x) u ϕ k L ( ), x + ce qui implique lim sup x + u(x) =. E outre la foctio u est cotiue comme limite uiforme de foctios cotiues et l o obtiet u C () ( ). éciproquemet si u C () ( )etsiχ Cc ( ;[, ]) vaut sur la boule de rayo, cosidéros pour k la foctio de Cc ( )défiie par O a u(x) ϕ k (x) u(x) x k et ϕ k (x) =u(x)χ(x/k). u ϕ k L ( ) sup u(x) = ɛ k x k k + Ceci implique que u E et fialemet E = C () ( ). par hypothèse. Exercice 5.6. Lemme de iema-lebesgue. Soit u ue foctio de L ( ). O pose, pour ξ, û(ξ) = u(x)e 2iπx ξ dx, avec x ξ = j x j ξ j. O dira que û est la trasformée de Fourier de u. a. Motrer que, si u L ( ), alors û est bie défiie et appartiet à L ( ). b. Motrer que, si u Cc ( ) alors û est C et vérifie pour tous les α,...,α,n etiers aturels sup ( α ξ ξ O pourra itégrer par parties e remarquat que ( 4π 2 x 2 j j... α ξ û)(ξ) ( + ξ ) N < +. 2 ) (e 2iπx ξ )=(+ ξ 2 )e 2iπx ξ.

65 65 c. Motrer que si u appartiet à L ( ), alors û est uiformémet cotiue sur et vérifie lim û(ξ) =. O pourra remarquer que pour ϕ ξ + C c ( ), û(ξ) u ϕ L ( ) + ˆϕ(ξ), puis predre la limsup lorsque ξ ted vers l ifii. Corrigé. Cet exercice est traité das le lemme des otes de cours. Exercice 5.7. Soit L la tribu de Lebesgue sur. E cosidérat u esemble du type {a} B, où B,B / L, motrer que la tribu L L est pas complète. Corrigé. appelos que le problème 3.(d) (corrigé ci-dessus) fourit u exemple d ue partie de o Lebesgue-mesurable. O a, avec m 2 mesure de Lebesgue sur 2, ( ) ( ) {a} B {a}, m 2 {a} = m 2 {a} [k, k +[ =. Néamois {a} B appartiet pas à L L, sio, d après la propositio 4..3(b), k Z L ( {a} B ) (a, ) ={x 2, (a, x 2 ) {a} B} = B, ce qui cotredit l hypothèse B/ L. Exercice 5.8. Pour t et u : C, o pose (τ t u)(x) =u(x t). Motrer que pour p +, τ t u L p (µ) = u L p (µ). Motrer que pour p<+, lim t τ t u u L p (µ) =. Corrigé. C est l exercice 4.8. Exercice 5.9. O pose E = {(x,x 2 ) 2,x x 2 / Q}. Motrer que E e peut coteir aucu esemble du type A A 2 avec A,A 2 mesurables et de mesure strictemet positive. O pourra raisoer par l absurde et cosidérer la foctio ϕ(x )= A (x + x 2 ) A2 (x 2 )dx 2, dot o démotrera qu elle est cotiue. O cosidérera alors u poit x tel que ϕ(x ) >, puis o prouvera que x A A 2. Oedéduira que {ϕ >} Q c, ce qui est absurde pour ue foctio cotiue o idetiquemet ulle. Corrigé. Suivos à la lettre les recommadatios et les otatios de l idicatio e italique. Nous pouvos supposer <m(a j ) < +, pour j =, 2.

66 66 La foctio ϕ est cotiue car, avec les otatios de l exercice 5.8 [ ϕ(x + h) ϕ(x) = τ x h ( A ) τ x ( A ) ] (y) A2 (y)dy et par coséquet, comme τ x ( A ) L ( ), l exercice 5.8 doe ϕ(x + h) ϕ(x) ( τ h τ x ( A ) ) τ x ( A ) L. ( ) La foctio ϕ est doc cotiue sur à valeurs das +. De plus, o a ϕ(x )dx = A (x + x 2 ) A2 (x 2 )dx 2 dx = m(a )m(a 2 ) +. Il existe doc x tel que ϕ(x ) > ; o a alors écessairemet x A A 2, sio x 2 A 2, x + x 2 / A, ce qui implique A (x + x 2 ) A2 (x 2 ) = pour tout x 2 et doc ϕ(x ) =. O a doc obteu que {ϕ >} A A 2. Par ailleurs, o a (A A 2 ) Q =, sio x A, x 2 A 2,x x 2 Q = (x,x 2 ) / E ce qui cotredit A A 2 E. Nous avos doc prouvé que A A 2 Q c et doc {ϕ >} Q c. Or l ouvert o vide {ϕ >} cotiet u itervalle ouvert o vide ]a, b[,a<b; la desité des ratioels das implique que ]a, b[ Q. h Exercice 5.. O cosidère les foctios défiies sur 2 par x 2 y 2 f (x, y) = x 2 + y 2 si (x, y) si (x, y) =, f 2 (x, y) = x y (x 2 + y 2 ) 3/2 si (x, y) si (x, y) =. Calculer pour j =, 2, ( ) f j (x, y)dy dx, ( ) f j (x, y)dx dy.

67 67 Quelles réflexios cela vous ispire-t-il? Corrigé. La foctio f est mesurable borée car f (x, y) = 2 \{(,)}(x, y)(x, y) où est ue foctio cotiue sur 2 \{(, )}, telle que (x, y). Par suite si Ω est u ouvert de e coteat pas, f (Ω) = {(x, y) 2 \{(, )},(x, y) Ω} = (Ω) et (Ω) est u ouvert de 2 \{(, )} doc u ouvert de 2. Si Ω cotiet f (Ω) = (Ω) {(, )}, uio d u ouvert et d u fermé doc borélie. Calculos pour y>, x 2 y 2 x 2 + y 2 dx = ( 2y2 x 2 + y 2 ) dx = 2y 2 y arcta y = 2y arcta(/y). Notos que la foctio y y arcta(/y) est cotiue sur [, ] et lim y + y arcta(/y) =. Calculos ( ( ) 2y arcta(/y) dy = [y 2 arcta(/y)] }{{} } {{ } u (y) v(y) = π 4 ) y 2 +y 2 ( y 2 )dy y 2 +y 2 dy = π 4 + dy =. +y2 La calcul de ( ) f (x, y)dy dx est idetique. O aurait pu remarquer dès le début que, la foctio f état localemet itégrable, o a I = [,] [,] f (x, y)dxdy = [,] [,] f (y, x)dxdy = [,] [,] f (x, y)dxdy = I, (la secode égalité proviet du chagemet de variables (x, y) (y, x)) et doc I =. Les hypothèses du théorème de Fubii sot vérifiées et l itégrale double I est bie la successio d itégrales simples de l éocé. Il e va tout autremet pour f 2, foctio pour laquelle la maipulatio ci-dessus est pas valide, bie que f 2 (x, y) = f 2 (y, x). La foctio f 2 est mesurable, pour les mêmes raisos que f.néamois elle est pas localemet itégrable au voisiage de car le passage e coordoées polaires doe f 2 (x, y) dxdy = cos θ si θ r drdθ.

68 68 Effectuos le calcul pour y> de J(y) = x y (x 2 + y 2 ) dx = [ (x 2 + y 2 ) /2] 3/2 y (x 2 + y 2 ) 3/2 dx = y ( + y 2 ) /2 y [(x 2 + y 2 ) /2 xy 2] x= = y ( + y 2 ) /2 y ( + y 2 ) /2 ( =(+y 2 ) /2 + ( + y2 ) /2 ) y ) =(+y 2 ) ( + /2 y ( ( + y2 ) /2 + ). x= O peut alors calculer J(y)dy = ( + y 2 ) /2 dy + y dy +y 2 +(+y 2 ) /2 = [ l(y +(+y 2 ) /2 ) ] sih () + sih t + sih 2 t + ( + sih 2 cosh tdt t) /2 = l( + sih () sih t 2) + cosh 2 cosh tdt t + cosh t = l( + sih () sih t 2) + cosh t + dt = l( + 2) + [ l(cosh t +) ] sih () = l( + 2) + [ l(cosh t +) ] sih (), et comme sih () = l( + 2), = l( + ( 2)+l cosh ( l( + 2) ) ) + l 2 = l( + ( + 2 2)+l + ) l 2 = l( + 2)+l ( ) l 2 = l 2. Si pour x>, o effectue le calcul de K(x) = x y dy = J(x) (x 2 + y 2 ) 3/2 o trouvera par coséquet K(x)dx =l2,

69 de telle sorte que les deux itégrales de l eocé pour j = 2 ot u ses et valet respectivemet l 2 et l 2. Ces deux valeurs diffèret, ce qui e cotredit pas le théorème de Fubii dot les hypothèses e sot pas vérifiées. Commetaire. Cet exemple assez simple motre, s il e était besoi, que les maipulatios formelles effectuées sas vérificatio des hypothèses des théorèmes classiques, peuvet tout simplemet coduire à des résultats erroés: la successio des itégrales simples de l éocé est idépedate de l ordre d itégratio lorsque la foctio est itégrable sur l espace produit. Notos e particulier que le fait que les deux itégrales aiet u ses e suffit pas à assurer leur égalité. Le calcul explicite pour f 2 est iutilemet compliqué par la forme peu simple du calcul des primitives. O peut doer u autre exemple. { x y max(x F 2 (x, y) = 3,y 3 ), si x ety,, sio. Pour x<, F 2 (x, y) =. Calculos pour x x x y + x y F 2 (x, y)dy = x 3 dy + x y 3 dy = x 2 (x ) x 3 ( x2 2 2 )+xx 2 2 x = x 2 + x 3 2. O a doc ( Le même calcul doe ) F 2 (x, y)dy dx = + ( ( x 2 + x 3 2 )dx = +2 2 = 3/4. ) F 2 (x, y)dx dy =3/4. Les mêmes réflexios que celles formulées pour f 2 sot valables pour F Exercice 5.. dξ a. Pour z C\, o pose l z = [,z] ξ (itégrale curvilige). Motrer que cela a u ses et que cette foctio coïcide avec le logarithme épérie pour z +. Motrer que exp(l z) =z pour z C\. Calculer l(exp z), pour z tel que exp(z) /. b. Motrer que pour e z> e πzt2 dt = exp (l z)/2 =z /2. c. Motrer que ( ) 2 l x π2 arcta x x 2 dx = 4, dx = π l 2. x + + Pour le derier calcul, o pourra utiliser l itégrale sur [, ] 2 + de ( + x 2 z 2 ) ( + y 2 z 2 ).

70 7 Corrigé. (a) Pour z C\, o a doc posé (e5..) l z = z θ + θz dθ. O peut remarquer que le déomiateur de l itégrat e s aule pas, sio o aurait θ + θ e z =etθ Im z == θ, Im z =, e z = θ θ = z. De plus le théorème implique que (e5..) est holomorphe sur C\ et vérifie d θ + θz (z )θ ( ) 2dθ (l z) = ( ) dz 2 dθ = θ + θz θ + θz = [ ( θ + θz) ] θ= (z θ= ) =( z )(z ) = z. Comme l =, cette foctio coïcide avec le logarithme éperie sur +. Par suite la foctio z exp(l z) z est holomorphe sur C\ et s aule sur +. Par le pricipe du prologemet aalytique exp(l z) =z sur l ouvert coexe C\ (la coexité - par arcs - de cet ouvert est ue coséquece de so caractère étoilé par rapport à ). Cosidéros l ouvert de C défii par {z C, exp z/ }={z C, Im z π(2π)}= k Z {z C, (2k )π <Im z<(2k +)π}. } {{ } ω k Soit k Z. Sur l ouvert ω k, la foctio z l(exp z) z est holomorphe de dérivée ulle. Par suite, pour z ω k l(exp z) z =l ( exp(2ikπ) ) 2ikπ = l() 2ikπ = 2ikπ, i.e. l(exp z) =z 2ikπ. (b) D après le théorème 3.3.3, la foctio z e πzt2 dt est holomorphe sur l ouvert {e z>} et coïcide avec exp( l z 2 ) pour z réel strictemet positif. Par prologemet aalytique, ces deux foctios holomorphes sot égales sur {e z>}. (c) O a l x + x 2 dx = l(y ) dy + y 2 y 2 = l y y 2 dy de sorte que I = + l x + x 2 dx =2 l x + l x x 2 dx =2 x 2 x 2k dx. k

71 7 E utilisat le corollaire.6.2 du théorème de Beppo-Levi, il viet I =2 k + car Γ(2) = et x 2k l xdx =2 k =2 k + + e (2k )t tdt e s sds(2k ) 2 = 2Γ(2) (2k ) 2 = π2 4, k π 2 6 = 2 = (2k ) 2 + (2k) 2 = (2k ) 2 2 π2 +2 6, k k k ce qui doe k (2k ) 2 = π 2( Calculos J = O a d ue part, pour x, y +, A 6 24 ) = π 2 8. [,] [,] + ( + x 2 z 2 )( + y 2 z 2 ) dxdydz ( + x 2 z 2 )( + y 2 z 2 ) dz =(y2 x 2 ) [y arcta(yz) x arcta(xz)] z=a z= et doc πdxdy J = [,] 2(x + y) = π 2 2 Par ailleurs, o a J = = [arcta yz [,] + +x 2 z 2 z ce qui fourit le résultat. y arcta(ay) x arcta(ax) y 2 x 2 [l(x + y)] y= y= dx = π 2 A + π 2(x + y), ( l(x +) l x ) dx = π 2 [(x +)l(x +) x l x] = π 2l2=π l 2. 2 ] y= y= dxdz = [arcta xz + z [arcta yz ] y= z y= dz ( ) 2 arcta z = dz, z ] x= x= + Exercice 5.2.

72 72 a. Soit (, M,µ) u espace mesuré où µ est ue mesure positive. Motrer que si µ() < +, les coditios q p + impliquet L p (µ) L q (µ) avec ue ijectio cotiue. Motrer que les coditios q p + impliquet L p loc ( ) L q loc ( ). b. Motrer que les coditios <q<p<+ impliquet l (N) l q (N) l p (N) l (N) avec des ijectios cotiues et des iclusios strictes. c. Soiet p, q [, + ] deux idices disticts. Motrer que L p ( ) est pas iclus das L q ( ). Corrigé. L exercice 4.4 doe plusieurs détails itéressats reliés aux présetes questios. (a) Avec les otatios de l éocé, o a e utilisat l iégalité dehölder, ce qui doe u q L = q u q dµ u q L p/q L r, u L q u L p µ() p. q p + r =, La même démostratio doe l iclusio des espaces locaux puisqu o itègre la mesure de Lebesgue sur des compacts. O pourra oter au passage que das les espaces L p loc, l exposat p est u idice de régularité. (b) Soiet <q<p<+ et x =(x ) N u élémet de l q.oa x p l p = x p sup x p q x q ( x q) p q + N N de sorte que x l p x l q et le raisoemet est valable pour q =etp =+. (c) Cf. exercices 4.9- et remarquer égalemet que si p < q + et χ Cc ( ),χ() =, χ(x) x p +ɛ L p, χ(x) x p +ɛ / L q pourvu que ɛ>, q p + qɛ<, i.e. <ɛ< q ( q p ). E outre, pourvu que ( + x ) q σ L q, ( + x ) q σ / L p <σ, p q + σp < i.e. <σ< p ( p). q

73 73 INTEGATION, Feuille d exercices 6 Exercice 6.. a. O cosidère ue orme sur, otée. Trouver ue coditio écessaire et suffisate sur les réels α, β pour que dx ( + x ) β < +, x dx x α < +. b. O suppose que 2 et o pose, e désigat par ue orme sur, et pour λ> C,λ = {(x,x ), x λ x }. Doer ue coditio écessaire et suffisate sur les réels α, β pour que dx dx < +, pour tout compact K ( + x ) β x α < +. C,λ C,λ K Motrer que ceci permet de démotrer (a) sas utiliser de chagemet de variables. Corrigé. (a) La répose est β>et α<. Comme toutes les ormes sur sot équivaletes, o peut supposer que est la orme euclidiee et passer e coordoées polaires. Il s agit alors d examier les itégrales simples + r ( + r) β dr < + β< i.e. β>, et r α dr < + α> i.e. α<. (b) Utilisos le théorème de Fubii pour ces foctios positives mesurables. Il viet, avec V la mesure de Lebesgue ( ) dimesioelle de la boule uité de pour la orme C,λ ( ) dx ( + x ) β = dx dx x λ x ( + x ) β = V λ x ( + x ) β dx < + si et seulemet si β>. De maière aalogue, si la coditio de l éocé est vérifiée pour tout compact K, elle l est pour {(x,x ), x λ, x } et le calcul doe λ x x α dx < + = α<.

74 74 éciproquemet, si cette coditio est satisfaite et K est u compact, K est iclus das ue boule euclidiee de cetre et de rayo fii sur laquelle l itégrale est fiie d après le même calcul. E remarquat que = j {x, max k x k = x j } o voit que l itégrale sur est ue somme fiie d itégrale sur des côes du type pour lesquels le calcul est fait ci-dessus. {(x,x ), max 2 k x k x } Exercice 6.2. Soit u etier 2. Pour x, o ote x la orme euclidiee de x. 2 a. Démotrer que dx =. e π x b. Soit +. O ote B () la boule euclidiee de cetre et de rayo et B () so volume. Motrer que B () = π/2 Γ(. 2 +) c. O ote S () la sphère de cetre et de rayo (le bord de B ()). E utilisat les résultats du problème 6., calculer le volume dimesioel de S (), oté S (). Calculer d d B () et doer ue justificatio ituitive du résultat. d. Calculer le volume de l ellipsoïde {x, x 2 j a 2 j j } (les a j sot des paramètres > ). e. Soit A ue matrice symétrique réelle défiie positive. Calculer e π Ax,x dx. f. Soit B ue matrice symétrique réelle iversible. Calculer lim e πɛ x 2 e iπ Bx,x dx. ɛ +

75 g. Soiet A, B des matrices symétriques réelles telles que A (i.e. Ax, x d x 2, d>.). Calculer lim e πɛ x 2 e π (A+iB)x,x dx. ɛ + Corrigé. (a) O a e π x 2 dx = j e πx2 j dxj = ( e πt2 dt) et + + e πt2 dt =2 e πt2 dt = e s s /2 dsπ /2 = Γ(/2)π /2 =. (b) E passat e coordoées polaires, o obtiet de (a) + + = e πr2 r dr S = S e s s + 2 π 2 2 s /2 π /2 ds 75 soit et par suite S = 2π 2 Γ( 2 ) (c) O a B () = r dr S = 2π 2 Γ( 2 ) = S () = S. π 2 2 Γ( 2 ) = π 2 Γ( 2 +). O pourra cosulter les explicatios de la fi de la sectio 5.3. (d) Par chagemet de variables liéaire, y j = a j x j, o obtiet que ce volume vaut B () j (e) Par chagemet de variables x = A /2 y, o trouve (det A) /2. (f) La matrice B se diagoalise das ue base orthoormale, i.e. d D = t PBP, D =... d La chagemet de variables x = Py doe 2 e iπ Bx,x dx = e ɛπ x e ɛπ y a j. diagoale, t PP =Id. 2e iπ Dy,y dy = j e πt2 (ɛ+id j ) dt,

76 76 ce qui doe e utilisat l exercice 5. (et la détermiatio pricipale de la racie) (ɛ + id j ) /2 j ɛ + j d j /2 e i π 4 sig(d j) = det B /2 e i π 4 sigature(b). (g)oa I(ɛ) = e πɛ x 2 e π (A+iB)x,x dx = (det A) /2 e πɛ A /2 y 2 e π (Id +ia /2 BA /2 )y,y dy La matrice symétrique réelle A /2 BA /2 se diagoalise (valeurs propres λ j, j ) das ue base orthoormale et o trouve e utilisat le calcul précédet lim I(ɛ) = (det A) /2 µ /2 ɛ j. + µ j valeurs propres de Id +ia /2 BA /2 O peut remarquer que les µ j sot de la forme + iλ j où les λ j sot les valeurs propres de la matrice symétrique réelle A /2 BA /2. Exercice 6.3. Soit ρ L ( d ) d itégrale. O pose, pour ɛ>, ρ ɛ (x) =ɛ d ρ(x/ɛ). a. Soit p [, + [ etu L p ( d ). Motrer que u ρ ɛ coverge vers u das L p ( d ) lorsque ɛ +. b. O cosidère u = [,] et ρ(x) =e π x 2. A-t-o covergece de u ρ ɛ vers u das L ()? Corrigé. (a) Cf. théorème (b) No car la suite de foctios cotiues u ρ ɛ covergerait uiformémet et doc simplemet vers ue foctio cotiue. O a pour ɛ> x/ɛ (u ρ ɛ )(x) = [,] (x ɛy)e πy2 dy = e πy2 dy. lim ɛ + (u ρ ɛ )(x) = (x )/ɛ Par coséquet, pour x ], [,x/ɛ + et (x )/ɛ de sorte que pour <x<, car pour x>, /2 = e πy2 dy = + e πy2 dy pour x =,, pour x/ [, ], x/ɛ (x )/ɛ e πy2 dy e π(x )2 ɛ 2 ɛ ɛ +.

77 U raisoemet aalogue doe le cas x<. La limite simple est doc discotiue e et. 77 Exercice 6.4 (suite de l exercice 5.6). La classe de Schwartz des foctios à décroissace rapide, est défiie par S( )={u C ( ), pour tous les multi-idices α, β, sup x x α β x u(x) = p αβ (u) < } où l o désige par multi-idice u α N : α =(α,...,α ) N,x α = x α...xα, β N, x β = β x... β x. a. Motrer que e x 2,( x est la orme euclidiee de x) et plus gééralemet, si A est ue matrice symétrique défiie positive, la foctio v A (x) =e π Ax,x appartiet à S( ). Motrer que les p αβ sot des semi-ormes et que S( ) est u espace de Fréchet. b. O rappelle que la trasformée de Fourier de u est défiie par û(ξ) = e 2iπx ξ u(x)dx. Motrer que la trasformatio de Fourier est cotiue de S( ) das lui-même. O pourra remarquer que ξ α β ξ û(ξ) = e 2iπxξ x α (x β u)(x)dx(2iπ) β α ( ) β. c. Motrer que e 2iπxξ e πx2 dx = e π(x+iξ)2 dxe πξ2 = e πξ2 ( la secode égalité peut être obteue e preat la dérivée par rapport à ξ de e π(x+iξ)2 dx). Motrer que pour A défiie positive v A (ξ) = (det A) /2 e π A ξ,ξ. d. O pose pour u S( )etɛ>, u ɛ (x) = e 2iπxξ û(ξ)e πɛ 2 ξ 2 dξ. Motrer que ( ) 2 u ɛ (x) = u(x + ɛy) u(x) e π y dy + u(x). Motrer la formule d iversio de Fourier: u(x) = e 2iπxξ û(ξ)dξ. e. Motrer que la trasformatio de Fourier se prologe de maière uique e ue trasformatio uitaire de L 2 ( ). Corrigé. (a) Comme la matrice A vérifie Ax, x d x 2,d >, la foctio v A vérifie, pour tout N, sup x ( + x N )e Ax,x < +. E outre la foctio v A est C (compositio de C ) et o voit facilemet par récurrece que ses dérivées partielles sot le

78 78 produit d u polyôme par v A, prouvat aisi so apparteace à S( ). Les p αβ sot des semi-ormes, i.e. sot à valeurs positives, telles que p αβ (λu) = λ p αβ (u) etvérifiet l iégalité triagulaire. Cosidéros ue suite de Cauchy (u k ) k N. Cela sigifie que pour tout α, β, pour tout ɛ>, il existe u rag k αβɛ tel que, pour k k αβɛ,l p αβ (u k+l u k ) ɛ. E utilisat α = β =, o trouve ue foctio cotiue u limite uiforme des u k. E utilisat la covergece uiforme de la suite ( α x u k ) k N, o motre que u est C et que les suites ( α x u k ) k N coverget uiformémet vers α x u. Puis e écrivat x α x β (u k u)(x) = lim l + xα x β (u k u l )(x) lim sup p αβ (u k u l ) ɛ pour k k αβɛ, il viet p αβ (u k u) ɛ pour k k αβɛ, ce qui démotre la covergece. (b) La formule de l éocé, issue d itégratios par parties, démotre que p αβ (û) ( + x ) dx(2π) β α sup( + x ) + x α (x β u) et doc la cotiuité sur S de la trasformatio de Fourier. (c) O a évidemmet e 2iπxξ e πx2 dx = e π(x+iξ)2 dxe πξ2 et e dérivat (par rapport à ξ) la secode itégrale (théorème 3.3.2), o trouve ( ) ξ e π(x+iξ)2 dx = e π(x+iξ)2 ( 2πi)(x + iξ)dx = i x e π(x+iξ) 2 dx =, ce qui doe e π(x+iξ)2 dx = e πx2 dx = et le résultat. E outre, e utilisat le chagemet de variables x = A /2 y, il viet v A (ξ) = e 2iπxξ e π Ax,x dx = (det A) /2 e 2iπ y,a /2ξ e π y 2 dy, ce qui doe, e utilisat ce qui précède, v A (ξ) = (det A) /2 e π A /2 ξ 2 = (det A) /2 e π A ξ,ξ. l (d) O a u ɛ (x) = e 2iπxξ û(ξ)e πɛ 2 ξ 2 dξ = e 2iπxξ e 2iπyξ u(y)e πɛ2 ξ 2 dξdy

79 79 et doc u ɛ (x) = u(y)e πɛ 2 x y 2 dyɛ = u(x ɛy)e πy2 dy = (u(x + ɛy) u(x) ) e π y 2 dy + u(x). O a doc u ɛ (x) u(x) ɛ sup u(x) x et par suite, e utilisat le théorème de covergece domiée, e 2iπxξ û(ξ)dξ = lim e 2iπxξ û(ξ)e πɛ 2 ξ 2 dξ = lim u ɛ (x) =u(x). ɛ + (e) Comme S( ) est dese das L 2 ( ), il suffit de remarquer que, pour u, v S( ) u, v L 2 = e 2iπxξ û(ξ) v(x)dxdξ = û(ξ) ˆv(ξ)dξ = û, ˆv L 2. Exercice 6.5. E effectuat u chagemet de variables, calculer les itégrales suivates 3y I = dxdy, a >, +(x + y) 3 J = x>, y>, x>, y>, x+y<a x 4 y 4 e (x+y)2 dxdy, (examier le chagemet (x, y) =(u + v, u v)). Corrigé. O a avec H = +, 3(y x) I = H(x)H(y x)h(a y) dxdy = +y 3 et par suite a ( y ) I = ( + y 3 ) /2 3 (y x)dx dy = a 3(y x) H(x)H(y x)h(a y)h(y) dxdy +y 3 ( + y 3 ) /2 3(y 2 y2 2 )dy =(+a3 ) /2. De plus, e posat x = u v, y = u + v, il viet J =2 H(u v)h(u + v)2 v 2 u 2(u 2 + v 2 )e 4u2 dudv soit + ( J =2 4 + ( u =2 5 ) H(u v ) v (u 2 + v 2 )dv ue 4u2 du ) + v(u 2 + v 2 )dv ue 4u2 du =3 2 3 u 5 e 4u2 du =3 2 4 Γ(3) = 3 8.

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