Intégration et probabilités TD3 Intégration, théorèmes de convergence Corrigé. 1 Petites questions. n hésitez pas à m envoyer un mail à

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1 Intégration et probabilités TD3 Intégration, théorèmes de convergence Corrigé xercice ayant été voué à être préparé xercice 1 (Mesure image). Soient (, A, µ) un espace mesuré, (F, B) un espace mesurable et f : F une fonction mesurable. On rappelle que l on définit sur (F, B) une mesure ν f appelée mesure image de µ par f par ν f (B) = µ ( f 1 (B) ), B B. Soit φ : F R + une fonction mesurable. Montrer que φ(x)ν f (dx) = φ(f(x))µ(dx). F Corrigé : Par définition la formule que l on cherche à obtenir est vérifiée pour les fonctions indicatrices et par linéarité, pour les fonctions étagée (positives). Soit φ : F R + une fonction mesurable. Il existe une suite de fonctions étagées positives (φ n ) n 1 telle que φ n tende en croissant vers φ. On a alors pour tout n 1, φ n (x)ν f (dx) = φ n (f(x))µ(dx) F n utilisant le théorème de convergence monotone on montre que l égalité est vérifiée pour φ. 1 Petites questions 1) Soit (f n ) n une suite de fonctions continues sur [, 1], avec f n 1 pour tout n, qui converge simplement vers. Montrer que lim 1 f n (x)dx =. Réponse : C est une application immédiate du théorème de convergence dominée. 2) On définit sur un espace mesuré (, A, µ) une suite de fonctions mesurables (f n ) n et une fonction mesurable f telle que f n f µ-p.p. quand n. On suppose que f n dµ <. sup n Pour des questions, demande de précisions ou explications, ou bien à venir me voir au bureau V4. n hésitez pas à m envoyer un mail à 1

2 Montrer que f est intégrable. Réponse : Il suffit d utiliser le lemme de Fatou : comme f(x) = lim f n (x) presque partout : ( ) f dµ = lim inf f n dµ lim inf f n, et cette dernière quantité est finie puisqu elle est plus petite que sup n fn dµ. 3) (Inégalité de Markov) Soit f L 1 (, A, µ). Montrer que pour tout A >, µ({ f A}) 1 f dµ. A Réponse : Il suffit d écrire : f dµ f 1 { f A} dµ A1 { f A} dµ = Aµ({ f A}). 4) Soit f L 1 (, A, µ). Montrer que µ({f = + }) =. Que dire de la réciproque? Réponse : D après l inégalité de Markov, µ({ f n}) 1 f dµ n. On a d autre part µ({f = + }) µ({ f = + }) = lim µ({ f n}) (en effet, les ensembles { f n} sont décroissants en n, d intersection égale à { f = + } et ils sont de mesure finie d après l inégalité de Markov). La réciproque est clairement fausse (prendre la fonction constante égale à 1 sur (R, B(R), λ). 2 Intégration, théorèmes de convergence xercice 2. 1) Soit f une fonction dérivable sur [, 1], de dérivée f bornée. Prouver que 1 f (x)dx = f(1) f(). 2) ( ) Trouver une fonction continue presque partout dérivable sur [, 1] telle que f() =, f(1) = 1 et 1 f (x)dx =. Il manquait cette hypothèse dans l énoncé initial. Sans cette hypothèse, c est facile : prendre la fonction qui est nulle sur [, 1[ et qui vaut 1 en 1. 2

3 Corrigé : 1) On définit sur [, 1] la suite (g n ) n 1 par g n (x) = n(f(x + 1/n) f(x)) si x 1 1/n et sinon. Pour x [, 1[ fixé, g n (x) converge vers f (x). Soit M = sup x [,1] f (x), qui est fini par hypothèse. D après le théorème des accroissements finis, g n (x) M pour tout x 1 1/n, et cette inégalité est clairement vraie pour x [1 1/n, 1]. Ainsi, g n (x) M pour tout x [, 1]. D après le théorème de convergence dominée, 1 Mais, en notant F(x) = x f(t)dt, 1 g n (x)dx. = n = n f (x)dx = lim 1 1/n 1 1/n 1 g n (x)dx. f(x + 1/n)dx n f(x)dx n 1 1/n 1 1/n f(x)dx f(x)dx = n(f(1) F(1 1/n)) n(f(1/n) F()), qui converge vers f(1) f() lorsque n. n effet, la continuité de f en et 1 implique F () = f() et F (1) = f(1). Le résultat s ensuit. Remarques : - Soit G(t) = t f (u)du. n écrivant (G(t + ɛ G(t))/ɛ = 1 f (t + ɛu)du, on ne peut pas utiliser le théorème de convergence dominée pour dire que cette quantité converge vers f (t) lorsque ɛ. n effet, on a aucune hypothèse sur la continuité de f. - Il a été objecté en TD qu on ne sait pas a priori que F(x) est dérivable de dérivée f, car il n a pas encore été vu que l intégrale de Riemann et de Lebesgue coincident pour les fonctions continues. Ce n est pas trop grave : on peut montrer ce résultat en utilisant le théorème de convergence dominée en suivant la méthode de la première remarque. 2) Un exemple, l escalier du diable : Il s agit d une application continue croissante f telle que f() =, f(1) = 1, de dérivée nulle sur le complémentaire de l ensemble de Cantor K 3 vu au TD 1. Ainsi, f = presque partout! Voir http: //fr.wikipedia.org/wiki/scalier_de_cantor pour la construction. 3

4 xercice 3 (Borel-Cantelli is back). Soient f : (R, B(R)) (R, B(R)) une fonction intégrable pour la mesure de Lebesgue et α >. Montrer que pour presque tout x R, lim n α f(nx) =. Indication donnée à titre indicatif : on pourra considérer, pour η >, les ensembles Corrigé : Pour η > et n 1, on a A η,n = {x R : n α f(nx) > η}, n 1. A η,n = 1 n {y R : n α f(y) > η}. D après l inégalité de Markov, la mesure de A n,η est majorée par λ(a η,n ) = 1 n λ ({y R : f(y) > ηnα }) 1 1 n ηn α R f dλ = 1 1 f dλ. n α+1 η R Ainsi, la série de terme général λ(a n,η ) est sommable. D après le lemme de Borel-Cantelli, ( ) λ lim sup A η,n =. n On a donc montré que, pour tout η >, pour λ-presque tout x R, lim sup n α f(nx) η. Ainsi, pour λ-presque tout x R, pour tout p N, lim sup n α f(nx) 1/p ce qui signifie que pour λ-presque tout x R, lim n α f(nx) =. Rappel : Il a été vu en TD qu une union quelconque d ensembles de mesure nulle n est pas forcément de mesure nulle (penser à R qui est l union des singletons) et qu on ne peut pas intervertir pour tout et pour presque tout. xercice 4 (Uniforme continuité de l intégrale). Soient (, A, µ) un espace mesuré et f : (, A, µ) (R, B(R)) une fonction intégrable. 1) Montrer que 2) Montrer que lim f 1 { f >n} dµ =. ε >, δ >, A A, µ(a) < δ A f dµ < ε. 3) Si f : (R, B(R)) (R, B(R)) est intégrable pour la mesure de Lebesgue, que peut-on dire de la fonction F : u [,u] fdλ? Corrigé : 4

5 1) La fonction f étant intégrable, elle est finie µ-p.p et donc 1 { f >n} µ-p.p. quand n. Ainsi, f 1 { f >n} µ-p.p. quand n et d après le théorème de convergence dominée, f 1 { f >n} dµ. 2) Soit ε >. Il existe donc n ε N tel que f 1 { f >nε } dµ ε 2. Posons δ ε = ε/(2n ε ). Alors, pour A A de mesure µ(a) < δ ε, f dµ = f dµ + f dµ f 1 { f >nε }dµ + n ε µ(a) < ε. A A { f >n ε } A { f n ε } 3) Montrons que F est uniformément continue. Soit ε >. On choisit δ > tel que A B(R), λ(a) < δ f dµ < ε. n particulier, si y x < δ alors F(y) F(x) = [x,y] A fdλ [x,y] f dλ < ε. xercice 5 (Problème : convergence en mesure). Soit (, A, µ) un espace mesuré tel que µ() <. Soient (f n ) n et f des fonctions mesurables de (, A) dans (R, B(R)). On dit que la suite (f n ) converge vers f en mesure si pour tout ε >, µ( f f n > ε). 1. Montrer que si f f n dµ, alors f n f en mesure. Remarquer que la réciproque est fausse. 2. Montrer que si f n f µ-p.p., alors f n f en mesure. Remarquer que la réciproque est fausse. 3. n utilisant le lemme de Borel-Cantelli, montrer que si f n f en mesure, alors on peut extraire une suite de (f n ) qui converge µ-p.p. vers f. 4. Un théorème de convergence dominée plus fort. On suppose que f n f en mesure et qu il existe une fonction g : R intégrable telle que f n g µ-p.p. pour tout n 1. (a) Montrer que f g µ-p.p. (b) n déduire à l aide de la propriété d uniforme continuité de l intégrale que f n f dµ. 5

6 5. L espace L (, µ). On note L (, µ) l ensemble des fonctions mesurables quotienté par la relation d égalité µ-p.p. (a) Montrer que l on définit une distance sur L (, µ) par δ(f, g) = inf{ε >, µ( f g > ε) ε} et que celle-ci métrise la convergence en mesure. (b) Montrer que (L (, µ), δ) est complet. Corrigé : (c) Montrer qu il n existe pas de distance sur L (, µ) qui métrise la convergence µ-p.p. 1. On suppose que f n f dµ. Soit ε >. D après l inégalité de Markov, µ( f n f > ε) 1 f n f dµ, ε ce qui implique que µ( f n f > ε). Réciproquement, considérons la suite de fonctions (f n ) n 1 définie sur ([, 1], B([, 1])) par f n = n1 [,1/n]. Alors (f n ) n 1 converge en mesure vers. n effet pour tout n 1, λ(f n revanche, pour tout n 1, [,1] f n(x) dx = On suppose que f n f µ-p.p. Soit ε >. Alors, ( ) µ { f m f > ε} =. n 1 m n > ) = 1/n. n Or, la suite ( m n { f m f > ε}) n est décroissante pour l inclusion et µ est une mesure finie, donc on a, ( ) lim µ { f m f > ε} =. m n n particulier, lim µ ({ f n f > ε}) =. Réciproquement, considérons la suite de fonctions (f n,k ) n 1,1 k n définie sur ([, 1], B([, 1])) par f n,k = 1 [(k 1)/n,k/n]. Alors (f n,k ) n 1,1 k n converge en mesure vers. n effet pour tout n 1 et tout 1 k n, λ(f n,k > ) = 1/n. n revanche lim sup f n,k = 1 [,1], donc la convergence n a pas lieu µ-p.p. 3. On peut construire une suite strictement croissante d entiers (n k ) k 1 telle que pour tout k 1, ( µ f nk f > 1 ) 2 k. k Alors, d après le lemme de Borel-Cantelli, pour µ-presque tout x, il existe k (x) tel que pour tout k k (x), f nk (x) f(x) 1/k. Cela implique que f nk f µ-p.p. quand k. 6

7 4. Première méthode : par l absurde. On suppose qu il existe ε > et une suite extraite (f nk ) k telle que pour tout k, f nk f dµ ε. (1) Or f nk f en mesure quand k donc d après la question 3., on peut extraire une sous-suite (f nkj ) j de (f nk ) telle que f nkj f µ-p.p. Or f nkj g pour tout j. Donc d après le théorème de convergence dominée, f nkj f dµ Cela contredit l inégalité (1). Deuxième méthode. Comme suggéré dans l énoncé. j. (a) Vérifions tout d abord que f g µ-p.p. Pour tout ε >, on a µ( f > g + ε) µ( f > f n + ε) µ( f f n > ε). Donc, µ( f > g + ε) =. Ainsi, µ-p.p., pour tout n 1, f g + 1/n et donc f g. (b) Soit ε >. On a f n f dµ = f n f dµ + { f n f ε} εµ() + 2 g dµ { f n f >ε} { f n f >ε} f n f dµ La fonction g étant intégrable, on a d après la propriété d uniforme continuité de l intégrale, 2 g dµ. { f n f >ε} Ainsi, lim sup f n f dµ εµ() pour tout ε >. Donc f n f dµ. (5)(a) Montrons que δ est une distance sur L (, µ). Soient f, g L (, µ). Il est évident que δ(f, f) = et δ(f, g) = δ(g, f). Supposons δ(f, g) =. Alors pour tout n 1, µ( f g > 1/n) 1/n et la suite ({ f g > 1/n}) n 1 est croissante pour l inclusion donc on a ( ) µ(f g) = µ { f g > 1/n} = lim µ( f g > 1/n) =, n 1 i.e. f = g µ-p.p. Soient maintenant f, g, h L (, µ). Posons a = δ(f, g) et b = δ(g, h). Alors, pour tout ε >, on a µ( f h > a + b + 2ε) µ( f g + g h > a + b + 2ε) µ( f g > a + ε) + µ( g h > b + ε) a + b + 2ε. Cela implique δ(f, h) δ(f, g) + δ(g, h). Vérifions que δ métrise la convergence en mesure. Soient f L (, µ) et (f n ) n 1 une suite d éléments de L (, µ). On suppose tout d abord que 7

8 f n f en mesure. Soit ε >. Alors, µ( f n f > ε). Donc, il existe n N tel que µ( f n f > ε) ε pour tout n n. Ainsi, δ(f n, f) ε pour tout n n ce qui montre que δ(f n, f). Supposons maintenant que δ(f n, f). Soit η > fixé. Pour tout ε ], η], il existe n tel que µ( f n f > ε) ε pour tout n n. Ainsi, pour tout n n, ce qui montre que f n f en mesure. µ( f n f > η) µ( f n f > ε) ε, (5)(b) On peut construire une suite extraite (f nk ) k 1 telle que µ( f nk+1 f nk > 2 k ) 2 k pour tout k 1 (s en convaincre, c est important). Notons A k = { f nk+1 f nk > 2 k}. Alors k 1 µ(a k) <. Donc, d après le lemme de Borel-Cantelli, µ(lim sup k A k ) =. Ainsi, la série f nk+1 (x) f nk (x) k 1 converge pour µ-presque tout x. Donc la suite (f nk (x)) k 1 converge pour µ-presque tout x. On note f sa limite µ-p.p. (on pose f = sur l ensemble de mesure nulle où f n est pas définie, noter que f est bien définie µ-p.p.). Alors d après la question 1., f nk f en mesure. Ainsi δ(f nk, f) et donc δ(f n, f). (5)(c) Supposons qu il existe une distance d sur L (, µ) qui métrise la convergence µ-p.p. D après la question 1., on peut construire une suite de fonctions mesurables (f n ) n sur (, A, µ) qui converge en mesure vers mais pas µ-p.p. Ainsi, il existe ε > et une suite extraite (f nk ) k telle que d(f nk, ) ε pour tout k. Or f nk en mesure. Donc, d après la question 2., on peut construire une suite extraite (f nkj ) j qui converge µ-p.p. vers. Cela contredit l inégalité d(f nkj, ) ε pour tout j. xercice 6. Soit f :], 1[ R une fonction positive, monotone et intégrable. Quelle est la limite de la suite ( 1 ) f(x n )dx? n 1 Corrigé : La fonction f étant monotone, elle admet une limite à droite en que nous noterons α (α R {+ }). 1. Premier cas : la fonction f est décroissante et α <. Alors la suite de fonctions positives (f n ) n 1 définies par f n (x) = f(x n ), x ], 1[, est croissante et converge λ-p.p. vers α. Donc d après le théorème de convergence monotone, f(x n ) dx α dλ = α. ],1[ ],1[ 8

9 2. Deuxième cas : la fonction f est décroissante et α =. Alors (f n ) n 1 + λ-p.p. donc d après le théorème de convergence monotone, f(x n ) dx +. ],1[ 3. Troisième cas : la fonction f est croissante (on a α < dans ce cas). Alors la suite de fonctions (f n ) n 1 est décroissante et converge λ-p.p. vers α. De plus f 1 = f est intégrable donc f(x n ) dx α. ],1[ 4 Compléments (hors TD) xercice 7. Soit (X, A, µ) un espace mesuré de masse totale finie et f : X R mesurable. Montrer que : f L 1 (X, A, µ) µ({ f n}) <. Que se passe-t-il si la masse totale est infinie? Corrigé : On a f µ = n f 1 {n f <n+1} dµ n (n + 1)µ({n f < n + 1}) n 1 = n (n + 1)(µ({ f n}) µ({ f n + 1}) = µ({ f n}) + nµ({ f n}) + 1)µ({ f n + 1}) n n n (n = µ() + µ({ f n}). n 1 Pour la dernière égalité, on a utilisé le fait que µ({ f }) = µ(). On montre de la même manière que f dµ µ({ f n}). n 1 On obtient l équivalence demandée. Dans le cas où µ() =, on peut avoir n 1 µ({ f n}) < avec f non intégrable. Considérer par exemple f = 1 R sur (R, B(R), λ). 9

10 xercice 8 (Quand est-ce que convergence p.p. implique convergence dans L 1?). Soit (, A, µ) un espace mesuré avec µ() <. Une famille (f i ) i I ) de fonctions mesurables de dans R est dite uniformément intégrable si lim sup f i dµ =. (2) c i I { f i c} a) Montrer que toute famille finie de L 1 (, A, µ) (noté L 1 (µ) dans la suite) est uniformément intégrable. b) Montrer que la famille (f i ) i I ) est uniformément intégrable si, et seulement si, les deux conditions suivantes sont satisfaites : (i) sup f i dµ < i I (ii) ε >, η >, A A, µ(a) < η = i I, A f i dµ < ε. c) Montrer que si les familles (f i ) i I et (g i ) i I sont uniformément intégrables, alors il en est de même pour la famille (f i + g i ) i I ). d) Soit (f n ) n 1 une suite de fonctions qui converge µ-p.p. vers une fonction f. Montrer que (f n ) n 1 est uniformément intégrable si, et seulement si, f L 1 (µ) et f n f dµ. Ébauche de corrigé : a) Si I est fini, il suffit de montrer que lim c { f i c} f i dµ = pour i I fixé. Ceci découle du théorème de convergence dominée, car f i dµ = f i 1 { fi c}dµ, { f i c} et f i 1 { fi c} converge µ-p.p. vers lorsque c en étant majoré par f i, qui est intégrable. b) Montrons d abord l implication. On remarque que pour i I et c, f dµ cµ() + { f i c} f dµ. D après (2), il existe C > tel que sup i I { f i C} f i dµ <. On a alors sup i I f i dµ Cµ() + sup f i dµ <, i I { f i C} ce qui prouve (i). Pour (ii), on imite la preuve de l uniforme continuité de l intégrale : on fixe ɛ > et on choisit C > tel que sup i I { f i C} f i dµ < ɛ/2. Si µ(a) ɛ/(2cµ()), on a pour tout i I : A f i dµ A, f i C f i dµ + f i C 1 f i dµ µ(a)cµ() + f i C f i dµ ɛ.

11 Montrons maintenant la réciproque. Notons γ = sup i I fi dµ <. D après l inégalité de Markov, pour i I et c on a µ({ f i c}) γ/c. Fixons ɛ > et soit η > tel que la condition (ii) soit vérifiée. Pour c γ/η on a alors, µ({ f i c}) η pour tout i I, ce qui implique sup f i dµ ɛ i I { f i c} grâce à (ii). Le résultat s ensuit. c) C est une conséquence facile de la question b) en utilisant l inégalité triangulaire. d) Montrons d abord l implication. n écrivant f f n + f f n, on voit aisément que f L 1 (µ). Soit ɛ >. On écrit, pour c : f n f dµ min( f n f, c)dµ + f n f dµ. X { f n f c} D après a), f est uniformément intégrable, et donc d après c) la suite (f n f) n 1 est uniformément intégrable. Il existe donc C > tel que pour tout n 1, f n f dµ ɛ. On a donc { f n f C} f n f dµ X min( f n f, C)dµ + ɛ. Mais le premier terme de la quantité de droite tend vers d après le théorème de convergence dominée. On a donc f n f dµ 2ɛ pour n suffisamment grand, ce qui prouve l implication désirée. Montrons finalement la réciproque. La condition f n f dµ garantit que la suite (f n f) n 1 est uniformément intégrable. Nous avons déjà vu que f est uniformément intégrable. Il s ensuit que la suite (f n f + f) n 1 = (f n ) n 1 est uniformément intégrable, ce qui conclut l exercice. xercice 9 ( ). Soient (, A, µ) un espace mesuré et (A n ) n 1 une suite d éléments de A. Soit f : (, A, µ) (R, B(R)) une fonction intégrable telle que 1 An f dµ. Montrer qu il existe A A tel que f = 1 A, µ presque partout. Corrigé : Montrons d abord que f 2 µ-p.p. À cet effet, on remarque que d après l inégalité triangulaire { f > 2} { 1 An f > 1}, donc d après l inégalité de Markov µ({ f > 2}) 1 An f dµ. Ainsi, µ({ f > 2}) =, ce qui prouve que f 2 µ-p.p. 11

12 Pour prouver que f = 1 A, µ-p.p, nous allons démontrer que f = f 2 µ p.p. (et alors A = {f = 1}). À cet effet, on écrit f f 2 dµ f 1 An dµ + f 2 1 An dµ = f 1 An dµ + f 1 An f + 1 An dµ 4 1 An f dµ, car 1 An f 3 µ-p.p. Ainsi, on obtient le résultat. Fin 12

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