Exercices additionels : Radon Nikodym et mesures Corrigé

Intégration et probabilités ENS Paris, 2013-2014 Exercices additionels : Radon Nikodym et mesures Corrigé 1 Théorème de Radon Nikodym Exercice 1. (Contre-Exemple à R-N) Soit m la mesure de comptage sur (R,P (R)) c est-à-dire que m(a) = #A pour toute partie A de R. On note m 0 la restriction de m à la tribu borélienne de R. 1. Montrer que la mesure de Lebesgue est absolument continue par rapport à m 0. 2. Montrer qu il n existe pas de fonction mesurable f : R R + telle que λ = f m 0, où λ désigne la mesure de Lebesgue. 3. Conclure quelque chose d intelligent et intelligible. 1. Soit A B(R) telle que m 0 (A) = 0. Alors A = et donc λ(a) = 0. 2. Supposons qu il existe une telle fonction f. Alors pour tout x R, on a 0 = λ({x}) = f dm 0 = f (x). {x} Ainsi f = 0 puis λ = 0. Contradiction. 3. La mesure µ 0 n est pas σ-finie et le théorème de Radon-Nikodym ne s applique pas. Exercice 2. (Quantification de l absolue continuité) Soient µ et ν deux mesures sur un espace mesurable (E,A). 1. On suppose que pour tout ε > 0, il existe η > 0 tel que pour tout A A, µ(a) η ν(a) ε. Montrer que ν est absolument continue par rapport à µ. 2. Montrer que la réciproque est vraie dans le cas où la mesure ν est finie. Que se passe-t-il si ν est infinie? 1. Soit A A tel que µ(a) = 0. Alors pour tout ε > 0 on a ν(a) ε c est-à-dire ν(a) = 0. Pour des questions, demande de précisions ou explications, n hésitez pas à m envoyer un mail à igor.kortchemski@ens.fr, ou bien à venir me voir au bureau V4. 1

2. On suppose que l assertion n est pas vérifiée. Soient ε > 0 et une suite (A n ) n 1 tels que, pour tout n 1, µ(a n ) 2 n et ν(a n ) ε. Notons B n = k n A k pour tout n 1 et B = n 1 B n. Alors d après le lemme de Borel-Cantelli, on a µ(b) = 0, puis ν(b) = 0. Par ailleurs, pour tout n 1, on a ν(b n ) ν(a n ) ε. Et la suite (B n ) n 1 est décroissante pour l inclusion. La mesure ν étant finie, on en déduit que ν(b) = lim ν(b n ) ε, ce qui est contradictoire. ATTENTION : on ne peut pas dire que µ a une densité par rapport à ν : les mesures n étant pas nécessairement sigma-finies, on ne peut pas utiliser le théorème de Radon-Nikodym. Lorsque ν =, il est facile de construire un contre-exemple (par exemple prendre µ et ν sur R, µ absolument continue par rapport à ν avec une densité non intégrable, par exemple x e x ). 2 Mesures Exercice 3. (Le retour du diable) On construit récursivement une suite (f n ) n 0 de fonctions continues sur [0,1] telles que f (0) = 0 et f (1) = 1 comme suit. On pose f 0 (x) = x pour x [0,1]. On construit f n+1 à partir de f n en remplaçant f n, sur chaque intervalle maximal [u,v] où elle n est pas constante, par la fonction linéaire par morceaux qui vaut (f n (u) + f n (v))/2 sur [ 2u 3 + v 3, 2v 3 + u 3 ]. 1. Verifier que f n+1 (x) f n (x) 2 n pour tout n 0 et x [0,1]. En déduire que f n converge uniformément sur [0,1] vers une fonction continue notée f diable. 2. Soit µ diable la mesure sur [0,1] définie comme étant la mesure de Stieljes associée à f diable. Montrer que µ diable est étrangère par rapport à la mesure de Lebesgue. La mesure µ diable a-t-elle des atomes? 1. On prouve aisément que f n+1 (x) f n (x) 2 n pour tout n 0 et x [0,1] en utilisant la définition de f n. Il s ensuit que la série de fonctions n 0 (f n+1 f n ) converge uniformément sur [0,1] vers une fonction continue, et le résultat en découle. On appelle f l escalier du diable (cf TD 4) : 2. Rappelons la construction de l ensemble triadique de Cantor. On pose K 0 = [0,1]. On définit une suite (K n,n 0) de la façon suivante : connaissant K n, qui est une réunion d intervalles fermés disjoints, on définit K n+1 en retirant dans chacun des intervalles de K n un intervalle ouvert centré 2

au centre de chaque intervalle, de longueur 1/3 fois celle de l intervalle. On pose K = n 0 K n, appelé ensemble triadique de Cantor. Par construction, le support de la mesure µ diable est l ensemble de Cantor triadique, qui est de mesure de Lebesgue nulle (voir exercice 6 du TD 2). Ainsi µ diable et la mesure de Lebesgue sont étrangères. Cependant, µ diable n a pas d atomes, car la fonction croissante f diable est continue. Exercice 4. (L espace M(R)) (i) Montrer que M(R) l espace des mesures boréliennes signées sur R est un espace de Banach pour la norme µ µ, où µ = µ (R). (ii) Soit (X,A,µ) un espace mesuré fini. Montrer que pour tout f L 1 (X,A,µ) : f 1 = f µ, où (f µ) est la mesure absolument continue par rapport à µ de densité f. (i) Soit (µ n ) n 1 une suite de Cauchy pour la norme. Étape 1 : pour tout borélien A de R et n,p 1, on a µ n (A) µ p (A) µ n µ p, ce qui implique que la suite (µ n (A)) n 1 est de Cauchy dans R, et converge donc vers une limite notée µ(a). Étape 2 : montrons que µ est une mesure. Prouvons tout d abord que : lim sup{ µ(a) µ n(a) ; A B(R)} = 0. (1) À cet effet, soient ɛ > 0 et n 0 > 1 tels que µ n µ k ɛ pour n,k n 0. Soit A B(R). On choisit k > n 0 tel que µ(a) µ k (A) < ɛ. Alors pour n > n 0 : µ(a) µ n (A) µ(a) µ k (A) + µ k (A) µ n (A) ɛ + µ n µ k 2ɛ, ce qui prouve (1). Ensuite, les mesures µ n sont en particulier finiment additives, ce qui implique aisément que µ est finiment additive. Montrons maintenant que µ est σ-finie. Soient (A i ) i 1 des boréliens disjoints et ɛ > 0. D après (1), il existe n 0 > 0 tel que pour n n 0 : sup{ µ(a) µ n (A) ; A B(R)} ɛ. On choisit ensuite k 0 > 0 tel que pour tout k k 0 : µ n i k+1 i k+1 A i ɛ. En particulier, ceci implique que pour k k 0 : µ A i 2ɛ. 3

Par additivité (finie) de µ, on obtient finalement pour tout k k 0 : k µ A i µ(a i ) = µ A i 2ɛ. i 1 Ceci étant vrai pour tout ɛ > 0, la σ-additivité de µ en découle, ce qui prouve que µ est une mesure. i k+1 Étape 3 : on vérifie que µ n µ 0. Ceci découle immédiatement de (1) et de l inégalité ν = ν(x + ) + ν(x ) 2sup{ ν(a) ; A B(R)} vérifiée pour une mesure signée ν sur R (où on a noté X ± les supports de ν ± ). (ii) Il suffit de remarquer que l écriture f µ = f + µ f µ est la décomposition de Hahn de f µ, ce qui implique : f µ = f + dµ + f dµ = f 1. 3 Dualité L p L q On rappelle le résultat suivant, appelé dualité L p L q. Soit ν une mesure σ-finie sur (E,A), soit p [1, [ et soit q l exposant conjugé de p. Alors, si Φ est une forme linéaire continue sur L p (E,A,ν), il existe une unique application g L q (E,A,ν) telle que pour tout f L p (E,A,ν), Φ(f ) = f gdν. De plus la norme d opérateur de Φ est Φ = g q. Exercice 5. (Séquentielle compacité faible) Soit p ]1, [ et q son exposant conjugué, Ω R un ouvert de R et µ la mesure de Lebesgue. Soit (f n ) une suite bornée de L p (Ω) ( c-à-d que la suite ( f n p ) n 1 est bornée). 1. Montrer que L q (Ω) est séparable (c est à dire qu il contient une partie dénombrable dense). 2. Soit D une partie dénombrable dense de L q (Ω). Montrer qu il existe une sous-suite (f ϕ(n) ) telle que pour tout h D, lim f ϕ(n) hdµ existe dans R. Ω 3. Montrer que pour tout g L q (Ω), φ(g) = lim f ϕ(n) gdµ existe dans R. Ω 4. En déduire qu il existe f L p (Ω) telle que l on ait convergence faible dans L p (Ω) de la suite (f ϕ(n) ) vers f, c est-à-dire : g L q (Ω), lim f ϕ(n) gdµ = f gdµ. Ω Ω 5. Le résultat précédent subsiste-t-il pour p = 1? 1. On sait déja que les fonctions en escalier sont denses dans L q, il suffit donc d en trouver une sous famille dénombrable qui soit dense dans les fonctions en escalier. Par exemple, celles qui vérifient : les intervalles ]x i,x i+1 [ sur lesquelles la fonction est constantes sont à bornes rationnelles, et les valeurs α i de la fonction sur ces intervalles sont aussi rationnelles constituent bien une famille dénombrable. 4

2. Il s agit d un simple procédé diagonal : on commence par numéroter tous les fonctions de D : h 1,h 2,... Considérons h 1, par Hölder, la suite ( f n h 1 dµ ) n est bornée par h 1 q sup n f n p, donc comme il s agit d une suite de réels, on peut trouver une extractrice ψ 1 telle que f ψ1 (n)h 1 dµ converge. Ensuite en considérant la suite ( f ψ1 (n)h 2 dµ ) n on construit une extractrice ψ 2 telle que fψ1 ψ 2 (n)h 2 dµ converge, et par récurrence on construit une suite d extractrice (ψ k ) k qui vérifie que pour tout k f ψ1 ψ k (n)h k dµ converge quand n. Si la famille (h k ) était finie, il suffirait de prendre ψ 1 ψ N et on aurait ce qu il faut, mais avec une famille infinie il faut ruser. On définit ϕ(n) = ψ 1 ψ n (n). Je laisse au lecteur le soin de vérifier que pour tout n > k, il existe M n tel que ϕ(m) = ψ 1 ψ k (M) et d en déduire que fϕ(n) h k dµ converge quand n pour tout k. 3. Le plus simple pour montrer que la suite f ϕ(n) gdµ converge est de montrer qu elle est de Cauchy. Soit ε > 0, et soit h une fonction de D qui vérifie g h q < ε. Soient n,m 0, f ϕ(n) gdµ f ϕ(m) gdµ < f ϕ(n) (g h)dµ + f ϕ(m) (g h)dµ + f ϕ(n) hdµ f ϕ(m) hdµ. Par Hölder les deux premiers termes sont inférieurs à (sup f n p )ε et comme la suite f ϕ(n) hdµ converge (par la question précédente) elle est de Cauchy, donc il existe n 0 tel que si n,m > n 0, f ϕ(n) gdµ f ϕ(m) gdµ < (2sup f n p + 1)ε, ce qui montre que la suite est de Cauchy. 4. À la question précédente on a définie une fonction de L q dans R : φ(g) = lim f ϕ(n) gdµ. Ici on veut utiliser le théorème de dualité entre L p et L q : si µ est σ-finie et p < alors il y a bijection entre L q (µ) et les formes linéaires continues sur L p (µ) et cette bijection est f ψ f : g f gdµ. Donc pour répondre à la question il suffit de montrer que φ est une forme linéaire continue. La linéarité est facile à montrer et la continuité découle de Hölder : φ(g) (sup f n p ) g q. Et voila! 5. Non, le résultat n est plus vrai pour p = 1 : prenons la suite de fonction f n = 1 [n,n+1] qui est bien bornée dans L 1, et supposons qu il existe une extractrice ϕ et une fonction f L 1 telle que pour toute fonction g L, lim f ϕ(n) gdµ = f gdµ. Regardons des fonctions particulières : la fonctions g = 1 R montre que R f dµ = 1 la suite de fonction g k = 1 [k,k+1] montre que k+1 f dµ = 0 pour tout k k Ces deux résultats sont contradictoires, ce qui conclut la preuve par l absurde. Exercice 6. (Petit contre-exemple) Soient E = {a,b} et µ la mesure définie sur P (E) par µ({a}) = 1 et µ({b}) = µ(e) = +. Caractériser L (µ) et le dual topologique de L 1 (µ). Conclure. 5

On a L = {f : E R} et L 1 = {f : E R f (b) = 0}. Donc le dual topologique de L 1 est (L 1 ) = {f L 1 αf (a) : α R}. On voit ici que l application g L Φ g (L 1 ) (où Φ g : f L 1 E f g dµ) est surjective mais pas injective. La mesure µ n est pas σ-finie et le théorème de dualité (avec p = 1 et q = + ) ne s applique pas dans ce cas. 4 Pour préparer le partiel à venir Chercher des exercices des partiels des années précédents (les énoncés sur disponibles sur le site d enseignement du DMA http://www.math.ens.fr/enseignement partie Archives pédagogiques, puis Annales d examens). 5 Compléments (hors TD) Exercice 7. (Fonctions à variation finie) Soit une fonction f : [a,b] R. 1. Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes : (i) f s écrit comme une différence de deux fonctions croissantes continues à droite. (ii) Il existe une mesure signée µ sur [a,b] telle que f (x) = µ([a,x]) pour tout x [a,b]. (iii) f est continue à droite et à variation bornée c est-à-dire que f vérifie la condition suivante n 1 sup n 2,a a 1 <...<a n b f (a i+1 ) f (a i ) <. 2. Donner un exemple de fonction continue [0,1] R qui ne soit pas à variation finie. (i) (ii) : On suppose que f = g h+f (a) avec g et h croissantes, continues à droite et g(a) = h(a) = 0. Soit ν g (resp. ν h ) la mesure de Stieljes associée à g (resp. h). Posons µ = ν g ν h + f (a)δ a. Alors µ est une mesure signée sur [a,b] telle que f (x) = µ([a,x]) pour tout x [a,b]. (ii) (iii) : Il est évident que f est continue à droite. Soient n 2 et a 1,...,a n vérifiant a a 1 <... < a n b. Alors f (a i ) f (a i 1 ) = µ(]a i 1,a i ]) µ (]a i 1,a i ]) µ ([a,b]). Donc f est à variation bornée. (iii) (i) : Pour tout x [a,b], posons V (x) = sup n 2,a a 1 <...<a n x f (a i+1 ) f (a i ). Alors V est croissante. On peut donc définir pour tout x [a,b], g(x) = lim y x V (y). 6

Ainsi, g est croissante et continue à droite. Posons h = g f. Alors h est continue à droite. Montrons que h est croissante. Soient a x < y b et ε > 0. Pour tous n 2 et a a 1 <... < a n x, on a V (y + ε) f (y + ε) f (y + ε) f (x) + f (a i+1 ) f (a i ) + f (x) f (a n ) f (y + ε) f (a i+1 ) f (a i ) + f (x) f (a n ) f (x) V (x) f (x). Donc, h(y + ε) h(x) puis en faisant tendre ε vers 0 on obtient h(y) h(x). 2. La fonction f : x ]0,1] x cos(1/x), prolongée par continuité en 0 n est pas à variation bornée : considérer la subdivision 0 < 1 nπ <... < 1 3π < 1 2π < 1 π < 1. Exercice 8. (Théorème de Vitali-Saks) Soit (X,A,µ) un espace mesuré. Une famille (ν i ) i I de mesures sur A est dite absolument équicontinue par rapport à la mesure µ si : ɛ > 0, A ɛ A, µ(a ɛ ) < + et i I,ν i (A c ɛ) < ɛ, ɛ > 0, δ > 0, A A, µ(a) < δ = i I,ν i (A) < ɛ On suppose que A = σ(c), où C est une classe stable par intersection finie contenant X. Le but est de prouver le résultat suivant Théorème de Vitali-Saks. Soit (ν n ) n 1 une suite de mesures finies sur A, absolument équicontinue par rapport à µ et telle que pour tout C C, lim n ν n (C) existe dans R +. Alors pour tout A A, ν(a) = lim n ν n (A) existe dans R + et ν définit une mesure absolument continue par rapport à µ. 1. Soit B = {A A; ν(a) = lim n ν n (A) existe dans R + }. Montrer que B est stable par différence propre (c-à-d si A,B B avec A B, alors B\A B). 2. Soient (B k ) k 1 une suite d éléments deux à deux disjoints de B et B leur réunion. Montrer que lim ν n(b) = lim ν n(b k ). 3. En déduire que B = A. 4. Montrer que l application ν est une mesure sur A, absolument continue par rapport à la mesure µ. k 1 (ou plutôt ébauche de corrigé) 1. Pas de difficulté. 2. D abord voir que lim ν n(b k ) liminf ν n(b) en utilisant le lemme de Fatou (pour la mesure de k 1 comptage). Pour prouver que limsupν n (B) lim ν n(b k ), écrire pour tout ɛ > 0 et n,k 1 : ν n (B) k 1 k ν n (B j ) + ν n A ɛ B j + ν n (A c ɛ B), et utiliser le fait que µ ( A ɛ j>k B j) 0 lorsque k. j=1 j>k 7

3. On voit que B est une classe monotone (on utilise ici l hypothèse X C), ce qui fournit le résultat désiré en utilisant le lemme de la classe monotone. 4. Pas de difficulté en utilisant l équicontinuité. Dans l exercice suivant, on note (f µ) la mesure absolument continue par rapport à µ de densité f. Exercice 9. (Exercice 5 dans L 1 : cas particulier du théorème de Dunford-Pettis) Soit (X,A,µ) un espace mesuré fini. On suppose que A = σ(c), où C est une classe dénombrable stable par intersection finie contenant X. 1. Montrer que c est le cas lorsque X est un espace métrique séparable muni de sa tribu borélienne. Soit (f n ) n 1 une suite bornée de L 1 (X,A,µ) (càd la suite ( f n 1 ) n 1 est bornée) telle que la suite de mesures ( f n µ) n 1 est absolument équicontinue par rapport à µ (voir l exercice précédent pour une définition). 2. Montrer qu il existe une sous-suite (f φ(n) ) n 1 telle que les deux suites de mesures définies par ν ± := f n ± µ vérifient : pour tout C C, lim n ν ± φ(n) (C) existent dans R. 3. Montrer qu il existe f L 1 (X,A,µ) vérifiant pour tout A A : lim f φ(n) dµ = f dµ. A A 4. En déduire la convergence faible de f φ(n) vers f : g L (X,A,µ), lim f φ(n) gdµ = X f gdµ. X 5. Une suite (f n ) n 1 qui converge faiblement au sens de 4. (mais pour la suite elle-même) converget-elle nécessairement µ-p.p. ou en norme 1 vers f? Comparer avec l exercice 9 du TD4. (ou plutôt ébauche de corrigé) 1. Prendre U = (U n ) n 0 une base dénombrable d ouverts de X avec U 0 := X, puis choisir C comme étant composée par les intersections finies d éléments de U. 2. Pour tout C C, les suites (ν ± n (C)) n 1 sont bornées, donc admettent une valeur d adhérence. Utiliser ensuite le procédé d extraction diagonal et la dénombrabilité de C. 3. Appliquer l exercice précédent aux suites de mesures (ν ± n ) n 1, puis le théorème de Radon-Nikodym à leur limite (justifier qu on peut l appliquer!) 4. Si g L (X,A,µ), voir que pour tout ɛ > 0, il existe une fonction étagée g ɛ telle que g g ɛ < ɛ. 5. Considérer la suite définie sur [0,1] par f n (x) = sin(nx). Fin 8