Exercices : Barbara Tumpach electure : François Lescure Exo7 Théorème de convergence monotone, dominée et lemme de Fatou Exercice 1 1. Soit {g n } n N une suite dans M +,Σ). Montrer que ) + g n dµ = n=1 2. Montrer que + + n=1 g n dµ. x s 1 e x dx = Γs)ζ s), 1 où Γ est la fonction d Euler et où ζ s) = + n=1 n s. On pourra considérer les fonctions g n x) = x s 1 e nx 1 [,+ ).) [5939] Exercice 2 Soit =, Σ = B) et µ la mesure de Lebesgue sur. Si on pose f n = 1 [,n], n N, alors la suite { f n } n N est monotone croissante vers f = 1 [,+ ). Bien que les fonctions f n soient uniformément bornées par 1 et que les intégrales des f n sont finies, on a : f dµ = +. Est-ce que le théorème de convergence monotone s applique dans ce cas? [594] Exercice 3 Soit =, Σ = B) et µ la mesure de Lebesgue sur. Si on pose f n = 1 n 1 [n,+ ), n N, alors la suite { f n } n N est monotone décroissante et converge uniformément vers, mais = f dµ lim f n dµ = +. Est-ce que cela contredit le théorème de convergence monotone? [5941] Exercice 4 Soit f n = 1 n 1 [,n], n N, et f =. Montrer que f n converge uniformément vers f, mais que f dµ lim f n dµ Est-ce que cela contredit le théorème de convergence monotone? [5942] Exercice 5 1
Soit =, Σ = B) et µ la mesure de Lebesgue sur. Soit f n = 1 n 1 [,n], n N, et f =. Montrer que f n converge uniformément vers f sur mais que lim inf f n dµ < f dµ. Est-ce que cela contredit le lemme de Fatou? [5943] Exercice 6 Soit f M +,Σ) tel que f dµ < +. Montrer que µ{x, f x) = + } =. On pourra considérer les fonctions f n = n1 { f n}. [5944] Exercice 7 Soit,Σ, µ) un espace mesuré avec µ) < +. Soit { f n } n N une suite de fonctions mesurables convergeant presque partout vers une fonction mesurable f. On suppose qu il existe une constante C > telle que f n C pour tout n 1. Montrer que lim f n dµ = f dµ. [5945] Exercice 8 Soit f L 1 ). Que vaut la limite lim f x)cos n πx)dλx)? [5946] Exercice 9 On rappelle qu une fonction f : est dite intégrable si f + := max{ f,} et f = max{ f,} vérifient f + dµ < + et f dµ < +. On note L 1,Σ, µ) l ensemble des fonctions réelles intégrables. Pour f L 1,Σ, µ), on pose f dµ = f + dµ f dµ. 1. Montrer l équivalence f L 1,Σ, µ) f L 1,Σ, µ) et f dµ f dµ. 1) 2. Montrer que si f est mesurable, g intégrable et f g, alors f est intégrable et f dµ g dµ. 3. On rappelle qu une fonction f : C est dite intégrable si la partie réelle e f et la partie imaginaire Im f de f sont intégrables. On pose alors f dµ = e f dµ + i Im f dµ. Montrer que l inégalité 1) est vérifiée. 2
[5947] Exercice 1 Soit,Σ, µ) un espace mesuré. On dit que f n converge vers f en mesure si pour tout ε, lim µ{x, f nx) f x) > ε} =. Montrer que si f n f en mesure, alors il existe une sous-suite { f nk } k N de { f n } n N qui converge vers f µ-presque partout. [5948] Exercice 11 Donner un exemple de fonction f : qui est intégrable au sens de Lebesgue mais pas au sens de iemann. [5949] Exercice 12 1. Montrer que pour tout x +, { 1 + x ) n } est une suite croissante et n lim 1 + x n) n = e x = x k k!. 2. Calculer la limite où b > 1. lim 1 + + n) x n e bx dλx) [595] Exercice 13 Montrer que 1. lim n n 2. lim 1 x n) n x m dx = m! pour tout m N). 1 + x n) n e 2x dx = 1. [5951] Exercice 14 Montrer le théorème suivant, étant un espace mesurable. On pourra utiliser le théorème des accroissements finis.) Théorème.Dérivation sous le signe ) Soit f : C une fonction telle que i) Pour tout s [s 1,s 2 ], la fonction x f x,s) est intégrable ; ii) pour presque tout x, la fonction s f x,s) est dérivable sur s 1,s 2 ) ; ii) il existe g L 1, + ) tel que pour tout s [s 1,s 2 ] et pour presque tout x on ait f x,s) s gx). Alors la fonction Is) := f x,s)dµx) est dérivable sur s 1,s 2 ) et di ds = f x,s) dµx). s [5952] 3
Exercice 15 Soit f L 1 ). Sa transformée de Fourier est la fonction ˆf : C définie par montrer que 1. ˆf est continue, ˆf y) := e ixy f x)dx, 2. ˆf est bornée et sup ˆf f L 1 = f x) dx), 3. Si x x f x) est intégrable, alors ˆf est dérivable et on a d dy ˆf = ix f x). [5953] etrouver cette fiche et d autres exercices de maths sur exo7.emath.fr 4
Correction de l exercice 1 1. Soit {g n } n N une suite dans M +,Σ). Alors f k = k n=1 g n est une suite croissante de M +,Σ). D après le théorème de convergence monotone ) + + g n dµ = g n dµ. n=1 n=1 2. Posons g n x) = x s 1 e nx 1 [,+ ). Les g n appartiennent à M +,Σ) pour tout n N. D après la question précédente, ) + + g n dµ = g n dµ. n=1 n=1 Or d une part, donc D autre part, g n dµ = x s 1 e nx 1 [,+ ) dx = 1 + n s y s 1 e y dy = 1 n s Γs), d où l égalité cherchée. + n=1 g n dµ = ) + + g n dµ = x n=1 n=1 1 Γs) = ζ s)γs). ns + s 1 n=1 + e nx dx = x s 1 e x 1 dx, Correction de l exercice 2 Oui, le théorème de convergence monotone ne dit pas que l intégrale de f est finie. On a bien + = f dµ = lim f n dµ = lim n. Correction de l exercice 3 Non, le théorème de convergence monotone ne s applique pas à une suite décroissante de fonctions positives. Correction de l exercice 4 Non, la suite de fonctions n est pas même monotone. Correction de l exercice 5 En effet, pour tout ε >, il existe N ε = [ 1 ε ] + 1 tel que n Nε, i.e. f n converge uniformément vers f sur. On a : sup f n x) f x) < ε, x n lim inf f n dµ = lim inf 1 dµ = 1. n D autre part f dµ =. Le lemme de Fatou ne s applique pas car les fonctions f n ne sont pas à valeurs dans [,+ ]. Correction de l exercice 6 5
On a µ f = + ) = µ n N { f n}). Puisque les ensembles A n := { f n} vérifient A 1 A 2 A 3... et µa i ) < + i = 1,2,...), par continuité de la mesure, on a : µ f = + ) = lim µ f n). Or, comme f est à valeurs positives, les fonctions f n définies par f n = n1 { f n} vérifient f n f. Ainsi f n dµ = n1 { f n} dµ = nµ f n) f dµ < +. On en déduit que donc µ f n) 1 n µ f = + ) =. f dµ, Correction de l exercice 7 Puisque µ) < +, la fonction constante égale à C est intégrable, d intégrale C µ). Une application directe du théorème de convergence dominée donne lim f n dµ = f dµ. Correction de l exercice 8 Soit f L 1 ). Comme cosπx) < 1 si x / Z, cos n πx) lorsque n presque partout pour tout x \ Z). Notons f n x) = f x)cos n πx). Alors, pour tout n N on a f n x) f x) et comme f L 1 ), par le théorème de convergence dominée de Lebesgue, lim f x)cos n πx)dλx) = lim f n x)dλx) = lim f nx)dλx) =. Correction de l exercice 9 1. Par définition, f L 1,Σ, µ) si et seulement si f + et f sont intégrables. On note que f = f + + f. Donc f L 1,Σ, µ) f L 1,Σ, µ). éciproquement, on a f ± f, donc f L 1,Σ, µ) f L 1,Σ, µ). D autre part : f dµ = f + dµ f dµ f + dµ + f dµ = f dµ. 2. Par monotonie de l intégrale, on a f dµ D après la question a), il en découle que f est intégrable. g dµ < +. 3. Définissons z = f dµ. Comme z est un nombre complexe, il s écrit z = z eiθ. Soit u la partie réelle de e iθ f. On a u e iθ f = f. Donc f dµ = e iθ f dµ = e iθ f dµ = udµ f dµ, où la troisième égalité découle du fait que le nombre e iθ f dµ est réel donc est l intégrale de la partie réelle de e iθ f c est-à-dire de u. 6
Correction de l exercice 1 On cherche une sous-suite { f nk } n N de { f n } n N telle que pour µ-presque tout x, étant donné un ε >, il existe un k N dépendant à priori de x) vérifiant j k f n j x) f x) < ε. Il suffit de montrer que pour µ-presque tout x, il existe un k N tel que j k f n j x) f x) < 1 1. Cela revient à montrer que le 2 j 2 k complémentaire de l ensemble A := { f n j f < 12 } j est de mesure nulle. Or A c = k=1 j k k=1 j k { f n j f 12 j }. Posons B k := j k { fn j f 1 2 j }. On a B1 B 2 B 3... avec B 1 de mesure fini ; donc par continuité de la mesure, il vient : µa c ) = lim k + µb k). Par σ-additivité, on a : µb k ) µ { f n j f 12 }) j k j. On définit alors la sous-suite { f nk } n N de la manière suivante. Puisque f n converge vers f en mesure, il existe un indice n 1 tel que pour n n 1, { µ f n f 1 }) 1 2 2. Il existe un indice n 2 > n 1 tel que pour n n 2, µ { f n f 12 }) 2 1 2 2, et ainsi de suite : pour tout k N, il existe un n k > n k 1, tel que pour n n k µ { f n f 12 }) k 1 2 k. Pour cette sous-suite on a alors : µb k ) µ j k { f n j f 12 j }) 1 j k 2 j = 1 2 k 1. On a bien µa c ) = lim k + µb k) =. Correction de l exercice 11 La fonction de Dirichlet restreint à l intervalle [a,b], f x) = 1 Q [a,b] x), est intégrable au sens de Lebesgue et son intégrale par rapport à la mesure de Lebesgue vaut. Mais elle n est pas intégrable au sens de iemann : S f,τ) = et S f,τ) = b a pour toute subdivision τ de l intervalle [a,b]. Correction de l exercice 12 7
1. Montrons que pour tout x +, 1 + x n )n est une suite croissante et que lim 1 + x n )n = e x. Pour n N on a 1 + x ) n n ) n x k n x = n = k n) k a n,k k!, où a n,k = n! nn 1) n k + 1) = n k)!nk n k. Les assertions suivantes sont vraies : i) a n+1,k a n,k. En effet, n+1 l n+1 n l n pour l N car n 2 + n l n n 2 + n l n l, ii) a n,k < 1 évident) ; iii) Pour tout k N, lim a n,k = 1. Comme a n+1,n+1 >, 1 + x ) n+1 n+1 x = n + 1 k n a n+1,k k! > x k a n+1,k. Il s ensuit donc de i) que la suite k! { 1 + x ) n } est croissante. Les assertions ii) et iii) impliquent que n et que, pour tout m N, lim 1 + x n 1 + x ) n n x = n k n n,k a k! x k k! x k k! = ex ) n m x k 2. Par le théorème de convergence monotone, on a pour b > 1, lim k!. Ainsi, lim 1 + x n = e n) x. 1 + + n) x n e bx dλx) = lim + 1 + x n n) e bx dλx) = e1 b)x dλx) = 1 b 1. Correction de l exercice 13 1. Pour tout x + et n N on a 1 n) x n e x. ) n En effet, comme lny y 1 pour y >, on a lny 1 n y 1 n 1, c est-à-dire 1 lny n y 1. Ainsi, en posant x = lny, il vient 1 n) x n e x. De plus, lim 1 x n = lim n) enln1 n) x = lim en n x + n x ε n)) x, où lim u εu) =. Ainsi lim 1 x n n) = e x. Posons f n x) = 1 n) x n x m 1 [,n]. Alors en utilisant le théorème de convergence dominée et sachant que Γm + 1) = e x x m dx = m!, on obtient le résultat. 2. Soit f n x) = 1 + x n) n e 2x 1 [,n]. Comme la suite { f n x)} est croissante et lim f n x) = e x, on obtient le résultat en appliquant le théorème de convergence monotone. Correction de l exercice 14 Cf le théorème 24.2 dans le polycopié de Marc Troyanov. Correction de l exercice 15 8
1. Notons gx,y) = e ixy f x). Alors, i.) pour tout y, la fonction x gx,y) est mesurable ; ii.) pour presque tout x pour tout les x tels que f x) est finie) la fonction y gx,y) est continue pour tout y ; iii.) gx,y) = e ixy f x) f x) et f L 1, + ). On doit montrer que pour tout suite {y n } n N convergeant vers y, on a lim ˆf y n ) = ˆf y). Posons g n x) = gx,y n ). D après le théorème de convergence dominée, Ainsi ˆf est continue. 2. Pour tout y, ˆf y) lim ˆf y n ) := 3. Soit gx,y) = e ixy f x). Alors, on a lim g n x)dx = gx,y)dx =: ˆf y). e ixy f x) dx f x) dx = f L1 et donc sup ˆf f L1. i.) pour tout y, la fonction x gx,y) est intégrable ; ii.) pour presque tout x la fonction y gx,y) est dérivable pour tout y ; iii.) gx,y) y = ixe ixy f x) x f x) avec x x f x) intégrable. Ainsi, d après l exercice 14 le théorème de dérivation sous le signe ), on a d dy ˆf = e ixy ix f x))dx = iy f y). 9