TD 4 : correction. L3 Intégration Exercice 1. Fonctions presque nulles. On considère la suite d ensembles mesurables A n = x R f(x) 1.

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1 L3 Inégraion TD 4 : correcion Eercice 1. Foncions presque nulles } On considère la suie d ensembles mesurables A n = Rf( 1. n Par hypohèse, ils son ous de mesure nulle : = f dλ 1 A n n µ(a n. En oure, puisque f es posiive, l ensemble des poins où elle es non nulle es eacemen } } Rf( = Rf( > = n NA n. Ce ensemble (mesurable es donc de mesure nulle e f es nulle presque parou. Si f n es plus supposée posiive, la conclusion ien oujours : les ensembles } } E + = Rf( > E = Rf( < son des boréliens de R. Les foncions f ± = f 1 E± son alors posiive e négaive, respecivemen, e vérifien les hypohèses de l eercice B B(R, f ± dλ = f dλ =. B B A ± On a donc f ± = e f =. Eercice 2. Lemme des moyennes Soi Ω = \F. On va monrer que ν(g [Ω] =. Comme ou ouver de C, Ω es une réunion dénombrable de boules ouveres : Ω = i NB i. On a alors g [Ω] = i Ng [B i ]. Il suffi donc de démonrer que si B = B(a,r Ω es une boule, alors ν(g [B] =. Noons A = g (B. Alors A es de mesure finie car ν es finie. Supposons par l absurde 1 ν(a >. Par hypohèse, f dν F. Or : ν(a A 1 f dν a ν(a = 1 (f a dν ν(a 1 f a dν < r. ν(a A A On remarque qu on a bien l inégrabilié de la foncion f a, car f es inégrable e que A es de mesure finie. On aboui donc à une conradicion e le résula es démonré. A

2 Eercice 3. Auour de l inégalié de Čebyšëv L énoncé de l eercice ne fai inervenir que la valeur absolue f (on rappelle qu une foncion es inégrable si e seulemen si sa valeur absolue l es. Quie à remplacer f par f, on suppose donc dans la suie f. On rappelle que si P es une propriéé, le croche d Iverson [P] vau 1 si P es vraie e sinon. (a Pour ou p N, e pour ou, on a : p [ B p ] f( [ B p ] (p+1 [ B p ]. D où, par croissance de l inégrale : pµ(b p fdµ (p+1µ(b p. B p Or, on remarque que p NB p = e, si f es inégrable, = fdµ fdµ. p B p En somman les inégaliés, on obien donc : pµ(b p fdµ < +. p (b On remarque que : On a donc p N µ[a p ] = p N q N[q p]µ[b q ] = q N A p = q pb q. (1 ( p N [p q] µ[b q ] = q Nqµ[B q ] <. Remarquons que rien n empêche que A e B soien de mesure infinie. Pour la convergence de (pµ(a p, on uilise à nouveau la décomposiion (1 : pµ(a p = p q p µ(b q q p qµ(b q (c Monrons que ces deu réciproques son vraies si µ es finie. Rappelons l inégalié : fdµ (p + 1µ(B p, e supposons que la série µ(b p B p p converge. On a : + p= (p+1µ(b p = µ(b + + p=1 (p+1µ(b p µ(b +2 + p= pµ(b p < +, où l on a uilisé le fai que µ(b µ( < +. De même, si p> µ(a p converge ce qui précède implique que pµ(b p converge, e donc que f es inégrable.

3 Remarque : La démonsraion n uilise que le fai que µ(b < +, qui es une condiion moins fore. On pourrai même, de manière ou aussi simple, monrer que la condiion suivane, encore plus faible, suffi : B fdµ < +. Eercice 4. Concenraion, évanescence, bosse glissane Dans les rois cas, les suies de foncions on une inégrale consane mais enden vers. L hypohèse de dominaion dans le héorème de convergence dominée empêche donc ces rois phénomènes (auremen di, aucune de ces rois suies de foncions n es majorée par une foncion inégrable. Figure 1 Concenraion des f n, évanescence des g n, bosse glissane des h n (source : cours de C. Villani Eercice 5. Sommaion par ranches Conrairemen à ce que suggère l énoncé, on ne va pas démonrer les égaliés pour les foncions éagées, même } si elles ne seron pas rès loin. On noera simplemen f } au lieu de f(. Nous allons démonrer successivemen les deu égaliés : (i f(dµ( = µ(f > }d. R + (ii µ(f > }d = lim 2 n µ(f 2 n k}. R n + k N Au boulo! (i Commençons par deu définiions A k,n = f( k }. f n = k N 2 n 1 Ak,n.

4 Auremen di, f n ( = d n (f(, où d n ( es le plus pei élémen de 2 n N inférieur ou égal à. Avec cee formulaion, il es éviden que la suie de foncions (f n es croissane e converge simplemen vers f. L inégrale de ces foncions vau f n dµ = 2 n µ(f 2 n k} : k N en effe, le héorème de convergence monoone perme d inerverir somme infinie e inégrale dans le cas d une suie de foncions posiives. D après le héorème de convergence monoone (encore!, on a donc f n dµ = 2 n µ(f 2 n k} f dµ. n k N (ii De même, on défini la foncion ϕ : R + R + par ϕ( = µ(f > }. C es une foncion décroissane (donc mesurable. Posons égalemen, pour n N, ϕ n : [ R + [ ( R + k k +1 2n, µ f( k +1 }. Auremen di, ( ϕ n ( = µ } f( d + n (, où d + n ( es le plus pei élémen de 2 n N sricemen supérieur à. La suie (d + n( n converge donc vers en décroissan e en resan ou le emps >. La suie de foncions (ϕ n es donc croissane e converge vers ( } ( } lim ϕ n( = µ f( d n ( + = µ f( > = ϕ(. n n N D après le héorème de convergence monoone, on a donc ϕ n (d = ( 2 n µ f k +1 } R + k N = 2 n µ (f k2 } µ(f > }d. n n k N R + Eercice 6. Lemme de Scheffé On a pour ou, min(f,f n = f +f n f f n, donc 2 2 f f n dµ = f dµ+ f n dµ 2 min(f,f n dµ.

5 Or, la suie de foncions min(f,f n converge presque parou vers f e es dominée par f inégrable. D après le héorème de convergence dominée, on a donc min(f,f n dµ f dµ n e f f n dµ n. Eercice 7. Régularisaion de Hadamard (a On va appliquer le héorème de coninuié sous le signe inégrale pour monrer que F es coninue sur [,1]. Pour ou [,1], on a : On fie [,1]. F( = f(d = 1 1 [,] f( d. }} ϕ(, (i Pour ou [, 1], ϕ(,. es mesurable sur [, 1]. (ii Pour ou [,1]\ } (e donc presque pour ou, ϕ(., es coninue en. (iii Pour ou (, [,1] [,1], on a ϕ(, f(. Le héorème de coninuié conclu que F es coninue sur [,1]. On monre de la même manière que F es coninue sur [,] en écrivan pour [,] : F( = f(d = 1 [,] f(d. (b Soi [,1] e >. Il eise alors η > el que y η f(y f(. On a alors pour ou h R el que h η : F(+h F( h donc F es bien dérivable de dérivée f. ( f( 1 = h = 1 h 1 h +h +h +h f(d f( (f( f(d f( f( (c On dédui de ce qui précède que si ϕ es une foncion de classe C 1, les foncions (de classe C 1 ϕ (d e ϕ on la même dérivée e coïnciden donc à une consane addiive près. En pariculier 1 ϕ( ϕ( = ϕ (d = ϕ (udu.

6 Il suffi donc de monrer que la foncion θ : 1 ϕ (udu es coninue. Or, la foncion (,u ϕ (u es coninue, inégrable en u e dominée (indépendammen de par une foncion inégrable (en fai, la borne supérieure de ϕ convien. Le héorème de coninuié sous le signe somme enraîne donc la coninuié de θ e le lemme de Hadamard. (d On peu monrer de bien des façons que 1/ n es pas inégrable, mais remarquons que le phénomène de concenraion vu à l eercice 4 en es une manifesaion. En effe, la suie de foncions f n = n1 ],1/n] converge simplemen vers la foncion nulle alors que son inégrale rese consammen égale à 1. Il fau donc bien que sa dominaion par la foncion 1/ ne suffise pas à appliquer le héorème de convergence dominée : la foncion n es donc pas inégrable sur ], 1]. (Remarquons que le phénomène d évanescence enraîne de la même façon que la foncion n es pas inégrable sur [1,+ [. La quesion précédene enraîne que ϕ( = ϕ( +θ(. Puisque θ es coninue, elle es bornée e donc inégrable. Ainsi, la foncion ϕ( es inégrable eacemen quand ϕ( l es, c es-à-dire quand ϕ( =. (e On a mainenan ϕ( d+ 1 ϕ( d = = = ( ϕ( θ(d+ θ(d+ +θ( d θ(d+ϕ( ( ϕ( ( 1 θ(d θ( d, +θ( d 1 1 d+ 1 d la dernière convergence éan due au héorème de convergence dominée : si n, la suie de foncions θ 1 [, n] [ n,1] converge presque parou vers θ en resan dominée par θ inégrable.