Examens corrigés 1. Examen 1 - Département de Mathématiques d
Examens corrigés. François DE MARÇAY. Département de Mathématiques d'?Orsay. Université Paris-Sud, France. 1. Examen 1. Exercice 1. [Inégalité de
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Examens corrigés
FrançoisDEMARÇAY
Département de Mathématiques d"Orsay
Université Paris-Sud, France
1.Examen 1
Exercice 1.
[Inégalité de Tchebychev]Soitf:Rd!R+une fonction intégrable à
valeurs positives qui est Lebesgue-intégrable. Pour >0, on pose :
Exercice 2.
En dimensiond>1, soit une fonction mesurablef:Rd!R+à valeurs
positives finies.
(a)Rappeler la définition initiale de la mesurabilité d"une fonction, puis des caractérisa-
tions équivalentes.
(b)Montrer que, pour tout entierk2Z, les sous-ensembles :
sont mesurables dansRd.
(c)Montrer que l"on a la réunion disjointe (figure-bonus possible) :
(d)Pour tout entiern2N, on introduit la fonction étagée :
ainsi queF:=limn!1Fn. Montrer que l"on a en tout point :
(e)Montrer que la fonction d"originefest Lebesgue-intégrable si et seulement siP1
k=12km(Ek)1de sous-ensembles mesurables
m(A1)0, et sur le sous-ensemble E Rd où f , on ne retient que
la valeur-type, ce qui correspond à restreindre la considération au "
pseudo-rectangle»
de hauteur et de "base»E , lequel est entièrement contenu dans l"hypographe def
au-dessus deE :(x;y):x2E ;06y6 (x;y):x2E ;06y6f(x) ;
et par intégration "visuelle», on trouve bien que l"aire de ce pseudo-rectangle est inférieure
à l"aire intégrale totale :
mE 6Z
R
df:
2.Corrigé de l"examen 15
Exercice 2.
(a)Une fonctionf:E! f1g [R[ f1gdéfinie sur un sous-ensemble
mesurableERdest dite
mesurablesi, pour touta2R, son ensemble de sous-niveau :
f
1[1; a[=x2E:f(x)< a ;
est un sous-ensemblemesurabledeRd. Dans le cours, on a obtenu les caractérisations
équivalentes suivantes :
pour touta2R, l"ensemble :x2E:f(x)6a
est mesurable;
pour touta2R, l"ensemble :x2E:f(x)>a
est mesurable;
pour touta2R, l"ensemble :x2E:f(x)> a
est mesurable;
pour tout couple de nombres réels finis :
1< a < b 0, et comme la
réunion d"intervalles enchaînés :a
k2Z
2k1;2k= ]0;1[
est disjointe, il existe un unique entierkx2Ztel que :
2
kx1< f(x)62kx;
ce qui signifiex2Ekx, et donne bien :[
k2ZE
kE:
6FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
(d)Soitx2Rdquelconque fixé.
Sif(x) = 0, alors pour toutn2N, puisquex62Ekquel que soitk2Z, on a :
F
n(x) =X
jkj6n2
k1Ek(x)
= 0;
puis en faisantn! 1:
F(x) = 0 =f(x);
d"où trivialement
1
2
F(x)6f(x)6F(x), car1
2
06060, c"est très vrai, mon bébé!
Si maintenantf(x)>0, il existe un uniquekx2Ztel quex2Ekx, d"où pour tout
n>jkxj:
F
n(x) = 2kx;
puis en faisantn! 1:
F(x) = 2kx:
Comme par définition dekxon a :
1
2
F(x) = 2kx1< f(x)62kx=F(x);
en relaxant la "
strictitude» de l"inégalité à gauche, nous obtenons bien1
2
F(x)6f(x)6
F(x).
(e)Commef:Rd!R+est mesurable à valeurs positives finies,fest Lebesgue-
intégrable (par définition!) si et seulement siR
R
df 0;
ce qui permet d"appliquer le théorème de convergence monotone pour obtenir :Z
R
dF=Z
R
d
limn!1Fn
=limn!1Z
R
dFn
=limn!1Z
R
d
X
jkj6n2
k1Ek
=limn!1X
jkj6n2
kmEk
=
X
k2Z2
kmEk
2R+[ f1g;
et donc on a bien :
Z
R
df 0; FRdmesurable);
on obtient ici :
mEk=1
2
k
a
d
mCa;
d"où enfin, en reconnaissant une série géométrique sérendipitrice :
1
X
k=12
kmEk=mCa1X
k=12
k(1d
a
)=8
><
>
:1lorsquea>d;
m(Ca)2(1d
a
)
12(1d
a
)lorsque0< a < d;
ce qui montre quefaest intégrable si et seulement sia < d.
Passons maintenant au cas fort similaire! de la fonction :
g
b(x) :=(jxjblà oùjxj>1;
0ailleurs:
Lorsqueb>0, elle est manifestement non-intégrable.
Supposons doncb >0. Dans ce cas :
E
k=x2Rd:jxj>1et1
2
k
b
6jxj0, il existe deux fonctions en escalier encadrant
f:
f
esc1;"6f6fesc2;";
telles que :
06Zb
a
fesc2;"Z
b
a
fesc1;"6":
La fonctionfsera de nouveau implicitement bornée, puisque les fonctions en escalier
sont (par nature) bornées.
Exercice 4.
Cela apparaît explicitement dans le cours, mais refaisons la démonstration.
Quitte à renuméroter la suite, on peut supposer quek0= 1après éliminination des
ensemblesE1;:::;Ek01qui ne comptent pas dans l"intersection infinie. PosonsE:=T1
k=1Ek, et considérons alors les différences :
E
kEk+1(k>1);
2.Corrigé de l"examen 19
de telle sorte qu"on peut représenter sous forme de réunion disjointe :
E
1=E[1[
k=1
EkEk+1:
Grâce au théorème d"additivité dénombrable disjointe, on peut alors calculer :
m
E1=m(E) +limK!1K1X
k=1h
mEkmEk+1i
=m(E) +mE1limK!1mEK:
PuisquemE1k0, l"énoncé est faux,
car si on prend par exempleEk:= [k;1[R, alorsT1
k=1Ek=;tandis quem(Ek) =1
pour toutk>1, ce qui entraîne la non-coïncidence :
m
1\
k=1E
k
= 06=1=limK!1mEK:
Exercice 5.
(a)Pour prouver l"égalité demandée, on va raisonner par double inégalité.
Avec" >0arbitrairement petit, soit[Jj=1Ijun recouvrement deEpar un nombre fini
d"intervalles fermés tels que :
J
X
j=1jIjj6mJ(E) +":
Alors en utilisant le fait qu"une réunionfiniede fermés est fermée, il vient en prenant les
adhérences :
E
[
16j6JIj=
[
16j6JIj:
Donc[Jj=1Ijest aussi un recouvrement de la fermeture
Epar un nombre fini d"intervalles
fermés, ce qui implique par définition demJ(
E):
m
J
E
6JX
j=1jIjj:
Cette inégalité étant vraie pour tout recouvrement deE, on peut passer à l"infimum, c"est-
à-dire faire">!0, pour obtenir une première inégalité :
m
J
E
6mJ(E):
L"inégalité inverse est plus "
naturelle-automatique», donc plus facile. En effet, si[Jj=1Ij
est un recouvrement de
Epar un nombre fini intervalles fermés, alors l"inclusion :
E
E
[
16j6JIj;
10FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
fait voir que[Jj=1Ijestaussiun recouvrement deE, ce qui donnemJ(E)6PJ
j=1jIjj,
puis en prenant l"infimum, l"inégalité inverse conclusive :
m
J(E)6mJ(
E):
Notons qu"en réalité, nous venons simplement de ré-utiliser le fait connu que la mesure
extérieure de Jordan est croissante sur toute inclusion telle queE
E.
(b)On cherche ici un ensemble dénombrable de mesure de Borel-Lebesgue nulle dont
l"adhérence soit de mesure grande au sens de Jordan. Il vient naturellement à l"esprit de
regarder :
E:=Q\[0;1];
qui a pour adhérence
E= [0;1].
Cet ensembleEest dénombrable carQl"est, donc mesurable de mesure de Borel-
Lebesguem(E) =m(E) = 0.
Mais d"après la question précédente,
m
J(E) =mJ
E
=mJ([0;1]) = 1;
puisque Jordan n"a pas fait la bêtise de ne pas attribuer1comme mesure et comme
mesure extérieure! à l"intervalle unité[0;1], ce qu"on peut vérifier rapidement comme
suit.
Tout recouvrement[Jj=1Ijde[0;1]par des intervalles vérifie nécessairementPJ
j=1jIjj>1, et comme on a même égalité en utilisant le recouvrementI1= [0;1], nous
déduisons bien quemJ([0;1]) = 1.
Exercice 6.
Les complémentaires des sous-ensemblesAiRdseront notés de manière
abrégée :
R
dnAi=:Aci(i=1;2;3):
Pour la formule visée, le casn= 1est trivial, tandis que le casn= 2se démontre en
partant des trois réunionsdisjointes :
A
1[A2= (A1\Ac2)
[
(A1\A2)
[
(Ac1\A2);
A
1= (A1\Ac2)
[
(A1\A2);
A
2=(A1\A2)
[
(Ac1\A2);
dont on n"hésite pas à prendre les mesures :
m(A1[A2) =m(A1\Ac2) +m(A1\A2) +m(Ac1\A2);
m(A1) =m(A1\Ac2)
+m(A1\A2);
m(A2) =m(A1\A2) +m(Ac1\A2)
;
et en remplaçant dans la première ligne les valeurs soulignées dans les lignes2et3, on
obtient bien après petit toilettage arithmétique :
m(A1[A2) =m(A1) +m(A2)m(A1\A2):
Ce casn= 2n"a l"air de rien, mais maintenant que nous décidons gaillardement de pas-
ser à l"implication de récurrence majeure, en supposant atteint le niveaun, pour démarrer
2.Corrigé de l"examen 111
en direction du niveaun+ 1, il s"avère naturel d"utiliser ce qui vient d"être vu :
m
n+1[
i=1A
i
=m
n
[
i=1Ai|
{z
}
A
01
[
A
n+1|
{z
}
A
02
=m
n
[
i=1Ai
+mAn+1m
n
[
i=1Ai
\
A
n+1
=m
n
[
i=1Ai
+mAn+1m
n
[
i=1Ai\An+1
;
pour observer qu"au premier et au troisième termes ainsi apparaissants, on peut appliquer
en douceur l"hypothèse de récurrence, tout d"abord sans modification et sans effort au pre-
mier :
m
n
[
i=1Ai
=nX
k=1
(1)k1X
16i11est associé un unique entierm=mn>1enca-
drant :
m
n(mn+ 1)
2
+ 16n6(mn+ 1)(mn+ 2)
2
;
l"écart entre ces deux extrémités valant :
(mn+ 1)(mn+ 2)
2
mn(mn+ 1)
2
=mn;
et donc, à toutn>1est associé un unique couple(mn;kn)avec16kn6mmle
représentant sous la forme :
n=mn(mn+ 1)
2
+kn:
Clairement :
lim
n!1mn=1;
car une des inégalités ci-dessus donne
p
2n6mn+ 2.
Ainsi, grâce à la renumérotation offerte par ces couples(kn;mn), on a généralement :
f
n(x) :=Fkn;mn(x);
2.Corrigé de l"examen 115
et donc :Z1
0
f(x)dx=Z
1
0
F
kn;mn(x)dx
=
Z
1
0
1[kn1
m
n;kn
m
n](x)dx
=
1
m
n!n!10:
Pour démontrer que la suite
fn(x)1
n=1des valeurs desfnen tout point fixéx2[0;1]
n"estpasconvergente, il suffit d"expliquer l"assertion suivante :
En toutx2[0;1], la suite des valeursfn(x)1
n=1prend une infinité de fois la valeur0,
et aussi une infinité de fois la valeur1.
En effet, puisque(fn)1n=1n"est qu"une renumérotation, il suffit de montrer que la suite
double :Fk;m
16mN(") =) fn1fn2 S6"
;
à savoir :
Z1
0fn1(x)fn2(x)2dx+Z
1
0
fn1(x)fn2(x)
2dx6"2:
Or ceci implique manifestement la "
cauchycité» dansL2: fn1fn2 L26";
et commeL2est complet, il existe une limitef2L2: ffn L2!n!10:
De même, la suite
fn
1
n=1deL2étant tout aussi de Cauchy grâce à la même inégalité,
commeL2est complet, il existe une limiteg2L2: gfn L2!n!10:
Il reste encore à démontrer queg= f.
À cette fin, en revenant aux identités intégrales qui définissent lesfn:
Z
1
0
f
n(x)'0(x)dx=Z
1
0
fn(x)'(x)dx(8'2C1c);
30FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
l"inégalité de Cauchy-Schwarz garantit que le membre de gauche et le membre de droite
tendent respectivement vers :Z1
0
f(x)'0(x)dx=Z
1
0
g(x)'(x)dx;
ce qui montre quef2S, avecf=g.
Exercice 7.
Pour vérifier l"orthonormalité, étant donné deux couples(i;i0)et(j;j0)d"in-
dices entiers>1, le théorème de Fubini-Tonelli permet de décomposer l"intégrale :
'i(x) j(y); 'i0(x) j0(y)
L
2(Rd1Rd2)=Z
R
d1Rd2'
i(x) j(y)
'
i0(x)
j0(y)dxdy
=
Z
R
d1'
i(x)
'
i0(x)dxZ
R
d2
j(y)
j0(y)dy
=ii0j
j
0
=i;j
i
0;j0:
Ensuite, pour vérifier la complétude, il s"agit de montrer que toute fonction :
h(x;y)2L2Rd1Rd2
qui est orthogonale à toutes les'i(x) j(y):
0 =Z
R
d1Rd2'
i(x) j(y)
h(x;y)dxdy
=
Z
R
d1'
i(x)Z
R
d2
j(y)
h(x;y)dy
|
{z
}
=:
g(x)(8i;8j);
est nécessairement nulle (presque partout). Mais alors, la fonction (mesurable)g(x)qui
apparaît ci-dessus est orthogonale à toutes les'i, donc par totalité de la base hilbertienne'i(x)1
i=1deL2(Rd1), il vient, pour presque toutx2Rd:
0 =
g(x) =Z
R
d2
j(y)
h(x;y)dy(8j);
etànouveaudemanièresimilairepartotalitédelabasehilbertienne
j(y)1
j=1deL2(Rd2),
il vient :
h(x;y) = 0(presque partout):
-
5.Examen 331
5.Examen 3
Exercice 1.
[Convergence en mesure]On dit qu"une suite(fn)1n=1de fonctionfn:E!
Cde fonctions mesurables définies sur un sous-ensemble mesurableERd
converge en
mesure
vers une fonctionf:E!Csi, pour tout >0, on a :
0 =limn!1mfx2E:jfn(x)f(x)j>g:
(a)Lorsquefnconverge en normeL1vers une fonctionf2L1(E;C), montrer quefn
converge en mesure versf, et généraliser ensuite cela aux espacesLpavec16p0,oùmdésignelamesuredeBorel-Lebesgue
surRd.
(b)Lorsque0< 09K(") 1Z
1
0
jfnj 1fjfnj>K(")g6"(8n>1):
(a)Pour une constante réelle fixéeK >0, montrer que :
0 =limp!1
1
p
Z
1
0
sup
n6p
fn
1fsup
n6pjfnj6Kg
:
32FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
(b)Montrer, pour tout entierp>1, que :Z1
0
sup
n6p
fn
1fsup
n6pjfnj>Kg6X
16n6pZ
1
0
fn 1
jfnj>K :
Z
1
0
sup
n6pjfnj1fsup
n6pjfnj>Kg6X
16n6pZ
1
0
jfnj 1fjfnj>Kg;
(c)Montrer que pour tout" >0arbitrairement petit, il existe une grande constante réelle
K(") 1telle que :
1
p
Z
1
0
sup
n6p
fn
1fsup
n6pjfnj>Kg6"(8p>1):
(d)Montrer que :
0 =limp!1
1
p
Z
1
0
sup
n6p
fn
:
Exercice 4.
Poury2R, on introduit :
I(y) :=Z
1
01
p
jxyjdx:
(a)CalculerI(y)et montrer quey7!I(y)est une fonction continue bornée.
(b)Soit(yk)1k=1une suite de nombres réels. Pourx2[0;1]et pourn2N, on introduit :
g
n(x) :=nX
k=11
k
21
p
jxykj:
Montrer que la suite numérique
R1
0gn(x)dx1
n=1est bornée.
(c)Montrer que la suite de fonctions(gn)1n=1converge simplement vers une certaine fonc-
tiong1mesurable et intégrable sur[0;1].
(d)Montrer que la série de fonctions de[0;1]à valeurs dans[0;1]:
x7!1X
k=11
k
21
p
jxykj
converge presque partout vers une fonction finie.
(e)Montrer que si(yn)1n=1est une suite à valeurs dans[0;1]qui est dense dans[0;1], alors
la fonctiong1est discontinue en presque tout point.
(f)Montrer que si(yn)1n=1est à valeurs dans[2;1], alors la fonctiong1est indéfiniment
dérivable sur[0;1].
Exercice 5.
[Lemme d"Austin]Un ensemble qui est réunionI1[ [Ind"intervalles
ouverts non videsIiRest toujours de mesure :
m(I1[ [In)6m(I1) ++m(In):
Montrer qu"il existe une sous-famille d"intervalles deux à deuxdisjointsIi1;:::;Iikpour
certains indices appropriés16i11
3
mI1[ [In:
6.Corrigé de l"examen 333
6.Corrigé de l"examen 3
Exercice 1.
(a)Soit donc >0fixé. On travaille directement dansLpavec16p1:
E
n;:=x2E:jfn(x)f(x)j> ;
il vient :
p1En;(x)6 (fnf)(x) p(8x2E);
ce qui, après intégration, donne :
pmEn;6Z
E
fn(x)f(x) pdx
!
n!10;
et comme on peut diviser par la constante non nullep>0, on obtient bien :
lim
n!1mEn;= 0:
(b)Pour tout >0fixé, le but, surERde mesure finie, si(fn)1n=1converge simplement
presque partout vers une certaine fonction mesurablef, est d"atteindre :
0 =limn!1mEn;=limn!1fx2E:jfn(x)f(x)j>g;
autrement dit, d"établir que :
8" >09N(") 1
n>N(") =)mEn;)6"
:
À cette fin, pourN>1entier, introduisons les ensembles :
G
N:=x2E:jfn(x)f(x)j< ;8n>N ;
qui sont emboîtés (exercice mental) :
G
NGN+1(8N>1);
et qui remplissent :
E=1[
N=1G
N;
parce que (exercice mental avec solution), en tout pointx2E, l"hypothèse de convergence
simple s"écrit :
9N(x;) 1
n>N(x;) =) fn(x)f(x) < 8n>N(x;)
:
Les complémentaires :
F
N:=x2E:9n>N;jfn(x)f(x)j>
=
[
n>NE
n;;
34FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
sont alors décroissants :
F
N=EGNEGN+1=FN+1(8N>1);
et comme :
1\
N=1F
N=E
1[
N=1G
N=;;
en tenant compte de l"hypothèse qu"ils sont tous contenus dans l"ensembleEde mesure
finie, un théorème du cours donne :
lim
N!1mFN=m
1\
N=1F
N
= 0;
donc pour tout" >0arbitrairement petit, il existe un entierN(") 1assez grand pour
que :
mFN(")6":
Alors la conclusion s"offre à nous, car maintenant, pour toutn>N("), on a :
m
En;) =m[
n>N(")E
n;
=mFN(")
6":
(c)SurE=R+, ensemble de mesure infinie, la suite de fonctionspositives :
g
n(x) :=x
n
1[0;n2](x)(x2R+;n>1);
est manifestement encadrée par :
06gn(x)6x
n
!n!10;
ce qui montre la convergence simple vers la fonction nulleg:= 0.
Toutefois, elle ne convergepasen mesure vers la fonctiong= 0, car si >0est fixé :
mfx2R+:gn(x)>=mf06x6n2:x
n
>g
=mfn6x6n2g
=n(n)
ne tend pas vers0lorsquen! 1 et même bien pire, diverge vers l"infini!
Exercice 2.
(a)Si on avait au contraire :
0 =mfx2Rd:f(x)6= 0g;
on aurait0 =R
R
df, en contradiction avec l"hypothèseR
R
df2]0;1[.
(b)Tout d"abord, le théorème de Fatou énonce que si une suite(fn)1n=1de fonctions me-
surablesfn:Rd!R+[ f1gne prend que des valeurs positives hypothèse impor-
tante , alors :Z
R
dliminfn!1fn(x)dx6liminfn!1Z
R
dfn(x)dx:
Ici, comme la mesure defx2Rd:f(x)>0gest strictement positive, il existe >0
tel que l"ensemble :
E
:=x2Rd:f(x)>
6.Corrigé de l"examen 335
est de mesure strictement positive :
mE>0;
carm(ff >0g)>0et carff >0g=[1n=1ff >1
n
g.
Maintenant, supposons que l"exposant dans :
a
n:=Z
R
dnlog
1 +f(x)
n
dx
>
Z
E
nlog
1 +f(x)
n
dx;
satisfait0< liminfn!1Z
E
nlog
1 +f(x)
n
dx
[Fatou!]>Z
E
liminfn!1nlog
1 +f(x)
n
dx
>
Z
E
limn!1nlog
1 +
n
dx
=mE 1
=1:
(c)Lorsque = 1, l"inégalité classiquelog(1 +y)6yvalable pour touty>0 en fait
pour touty >1, mais notrey:=f(x)est ici>0 donne :
nlog
1 +f(x)
n
6f(x)(8x2Rd);
d"où par intégration :
a
n=Z
R
dnlog
1 +f(x)
n
dx6Z
R
df(x)dx(8n>1);
ce qui montre en particulier que tous cesanliminfn!1Z
E
nlog
1 +f(x)
n
dx
6
Z
R
dliminfn!1nlog
1 +f(x)
n
dx
=
Z
R
df(x)dx;
cette dernière limite inférieure étant une vraie limite.
36FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
(d)Supposons enfin que >1, et commençons par vérifier, comme cela a été suggéré,
que la fonction :
y7!log(1 +y )
y
est bornée surR+.
En effet, elle estC1 doncC0 sur]0;1[, et quandy>!0, l"équivalentlog(1 +
y)ydonne le prolongement par continuité :
log(1 +y )
y
y!0y 1!y!00;
tandis que, lorsquey! 1:
log(1 +y )
y
y!1 logy
y
!y!10:
Par conséquent, il existe une constante0< C 0etK(") 1comme dans l"hypothèse de cet exercice. Alors grâce
à ce qui précède, que l"on divise parp:
1
p
Z
1
0
sup
n6pjfnj
1fsup
n6pjfnj>K(")g61
p
X
16n6pZ
1
0
jfnj 1fjfnj>K(")g
6
X
16n6p"
=":
(d)Il ne reste plus qu"à effectuer la synthèse de ce qui vient d"être vu. L"intégrale dont
il faut déterminer la limite quandp! 1se découpe naturellement en deux morceaux,
toujours avecK=K("):
1
p
Z
1
0
sup
n6pjfnj=1
p
Z
1
0
sup
n6pjfnj 1fsup
n6pjfnj6K(")g+1
p
Z
1
0
sup
n6pjfnj 1fsup
n6pjfnj>K(")g
[Questions(a)et(c)]61
p
Z
1
0
sup
n6pjfnj 1fsup
n6pjfnj6K(")g
|
{z
}
!n!1+"
38FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
et donc, il existeN(") 1assez grand pour que, pour toutn>N("), on ait :
(06)1
p
Z
1
0
sup
n6pjfnj6"+";
ce qui établit bien la "zéro-ité» annoncée de la limite.
Exercice 4.
(a)Trois cas sont naturellement à distinguer.
Lorsquey60:
I(y) =Z
1
01
p
xydx=h
2p
xyi
1
0= 2p
1y2p
y:
Lorsque0< y 21(8n>1;8x2[0;1]);
et donc :1
p
y
nx61
p
21= 1;
ce qui montre que la série :
1X
n=11
n
21
p
y
nx
[0;1]
est normalement, donc uniformément, convergente sur[0;1], donc définit une fonction
continue sur[0;1], d"après un théorème classique connu.
Ensuite généralement, pour tout entier>0, la dérivée-ème de la fonctionx7!
(ynx)1=2vaut :
1
2
1
2
11
2
+ 1ynx1
2
=constante
(ynx)+1
2
;
et pour la même raison, on a les majorations uniformes par rapport àx2[0;1]: d
dx
(ynx)1
2
6jconstantej
1
+1
2
;
qui garantissent la convergence normale-uniforme de la série dérivée terme à terme :
1
X
n=11
n
2
1
p
y
nx
() [0;1](>0);
donc grâce à un théorème connu,g1 [0;1]est de classeCpour tout>0, donc estC1.
Exercice 5.
Avecn1:=n, on renote cette collection d"ouverts non vides :
I
11[ [I1n
1;
on sélectionne l"un d"entre euxI1i
1de longueur maximale, on définit :
f
I1i
1:= 3I1i
1;
6.Corrigé de l"examen 341
comme étant l"intervalle de même centre dilaté3fois, on supprime de la collectiontousles
I
1javecj6=i1quiintersectenteI1i
1, et on note, avec un certain entier06n26n11, la
réunion des intervalles restants :
I
21[ [I2n
2:
Comme on a inclusion de tous les intervalles dans la réunion maintenantdisjointe :
I
11[ [I1n
1fI1i
1
`
I21[ [I2n
2;
il vient :
mI11[ [I1n
1=meI1i
1+mI21[ [I2n
2
= 3mI1i
1+mI21[ [I2n
2:
Ensuite, on répète ce procédé avec la collection restante, il se termine en un nombre fini
k6nd"étapes, et on obtient bien une sous-famille disjointe satisfaisant :
mI1[ [In63m(Ii1) ++m(Iik):
42FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
7.Examen 4
Exercice 1.
[Convergence monotone en théorie de Riemann]Sur un intervalle[a;b]bR
avec1< a < b N", montrer que :
(fn)6(f) +":
(g)Toujours et encore pourn>N", montrer que :
(fn)>(f) +":
(h)Montrer que :
(fn)2"6Z
b
a
f(x)dx6(fn) + 2"(8n>N");
(i)Montrer que :
Z
b
a
f
n(x)dx2"6Z
b
a
f(x)dx6Z
b
a
f
n(x)dx+ 2"(8n>N");
et conclure.
7.Examen 443
Exercice 2.
[Borel-Cantelli]Soit une sérieP1
k=1ak(x)de fonctions mesurables définies
surRdsatisfaisant toutesak>0presque partout.
(a)Pourn>1, soitfn(x) :=Pn
k=1ak(x). Vérifier quefn(x)6fn+1(x)presque partout.
(b)Justifier l"existence delimn!1fn(x).
(c)Montrer que :
1X
k=1Z
a
k(x)dx=Z
1X
k=1a
k(x)dx:
(d)Sous l"hypothèse supplémentaire que la valeur du membre de gauche est0
qui tendent ponctuellement versfen tout point, avec'k6'k+1.
(b)Montrer que :
0 =limk!1 f'k L1(Rd):
(c)Soit un ensemble mesurableERd. Sans rappeler toute la démonstration mais en
rappelant les idées, justifier soigneusement qu"il existe une famille finie de rectangle fermés
presque disjointsR1;:::;RJtels que :
m
EJ[
j=1R
j
6":
(d)Montrer que :
1EJX
j=11
IntRj
L1(Rd)6":
(e)Montrer que les fonctions en escalier sont denses dansL1(Rd;R+).
44FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
(f)Montrer que les fonctions continues à support compact sont denses dansL1(Rd;R+).
(g)Comment étendre ces deux résultats àL1(Rd;C)?
Exercice 5.
Soit
Rdun ouvert, et soient deux nombres réels16p0arbitrairement petit. Commet7!f(t;x)estC1sur]0;1[, de dérivée
etxsinxmajorée sur[";1[par la fonction dominatrice uniforme ent: etxsinx 6e"xjsinxj
6e"x;
quiestintégrable sur[0;1[,lethéorèmede dérivationdes intégralesà paramètres"applique
pour offrir le caractèreC1sur[";1[de la fonction :
k(t) :=Z
1
0
etxsinx
x
dx;
avec en sus une formule pour sa dérivée :
k
0(t) =Z
1
0
etxsinxdx:
Puisque" >0était prédestiné par les dieux tout-puissants de la morphogénétique
grecque à tendre vers0, nous concluons bien que la fonctionkestC1sur]0;1[.
(b)Il suffit de calculer l"intégrale précédente, grâce à une primitivation évidente :
k
0(t) =Im
Z1
0
etxeixdx
=Im
he(it)x
iti
1
0
=Im1
it
=1
t
2+ 1:
(c)Pour toutx >0fixé, il est clair qu"on a la convergence ponctuelle :
f(t;x) =etxsinx
x
!t!10:
De plus, en utilisant l"inégalité classiquejsinxj6xvalable pourx2[0;1[, on a la
majoration uniforme ent>1:
f(t;x) =etxjsinxj
x
6e1x1;
46FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
par la fonction dominatricex7!ex, intégrable sur[0;1[. Ainsi, le théorème de conver-
gence dominée s"applique, pour offrir :
k(t)!t!10:
(d)On résout l"équation différentielle obtenue en(b):
k
0(t) =1
t
2+ 1;
par simple primitivation pour obtenir :
k(t) =arctan(t) +constante;
la condition à l"infini de(c)déterminant cette constante :
k(t) =
2
arctant(t>0):
(e)Il est alors clair quek(t)se prolonge continûment ent= 0, avec la belle valeur :
k(0) =
2
:
(f)Ainsi, ce qui vient d"être acquis fournit la valeur de l"intégrale impropre au sens de
Riemann :
2
=Z
1
0
e0sinx
x
dx=lim
M!1Z
M
0sinx
x
dx;
limite dont on peut indépendamment démontrer qu"elle existe, car :
1
X
n=0Z
(n+1)
nsinx
x
dx
est une série alternée de terme général tendant vers0lorsquen! 1(exercice), mais
à proprement parler,x7!sinx
x
n"estpasintégrable au sens de Lebesgue sur[0;1[, car
lorsqu"on prend les valeurs absolues :
Z
1
0
sinx
x
dx=1X
n=0Z
(n+1)
njsinxj
x
dx
>
1X
n=0Z
(n+1)
njsinxj
(n+ 1)dx
=
Z
0
sinxdx1
1X
n=01
n+ 1
=
2
1;
on trouve un majorant qui vaut1à cause de la divergence1=P1
k=11
k
de la série
harmonique.
Exercice 4.
À nouveau et encore mais c"est la dernière fois! , cet exercice, ce n"était
que du cours!
8.Corrigé de l"examen 447
Exercice 5.
En dimensiond= 1, prenons
:= [1;1[, satisfaisant comme suggéré
m(
) =1, et prenons un réel0< c 0.
(e)Faire de même pourf(x) :=1f06x61gsin(x).
(f)Soient maintenant un nombre réelT >0et un entiern2N. Montrer que :Z1
0
een(Tx)f(x)dx=X
k2N(1)k
k!eknTLf(kn):
(g)Montrer que :
lim
n!1Z
1
0
een(Tx)f(x)dx=Z
1
T
f(x)dx:
(h)Soit un nombre réela >0. Établir qu"il n"existe pas de fonction mesurable intégrable
fsurR+dont la transformée de Laplace vautLf(t) =eatpour toutt>0.
(i)Pourf:R+! f1g[R[f1gmesurable intégrable, montrer quet7!Lf(t)est
C
1sur]0;1[.
(j)Quandf>0ne prend que des valeurs positives, montrer que :
x7!xf(x)estL1sur[0;1[
()
t7!Lf(t)estC1sur[0;1[
:
-
10.Corrigé de l"examen 553
10.Corrigé de l"examen 5
Exercice 1.
(a)Faisons":= 1, prenonsn:=N(1), et, pour toutx2E, par majoration
triangulaire, déduisons le résultat voulu :
jf(x)j6 f(x)fN(1)(x) +fN(1)(x)
6
f(x)fN(1)(x) + fN(1)(x)
61 +sup
E
fN(1)
N("):
(f)(f)6(fn)(fn) + 2";
puis en prenantn:=N("), il suffit de choisirtelle que :
f
N(")f
N(")6";
ce qui est possible, puisquefN(")est Riemann-intégrable par hypothèse!
(g)Dans le cours, on a démontré que les fonctions en escalier sont Riemann-intégrables,
donc la dernière question(f)vient d"établir que leurs limites uniformes les fonctions
réglées sont aussi Riemann-intégrables.
Exercice 2.
(a)D"après un théorème du cours, le complémentaire dansRd"un ensemble
mesurable est toujours mesurable, donc pour touta2R:
ff>ag=Eff < ag
=E\Rff < ag
est bel et bien mesurable!
(b)La mesurabilité étant préservée par réunions et par intersections dénombrables, les
deux écritures :
ff=1g=\
n>1ff 1ff>ng
font voir le résultat, en utilisant d"ailleurs furtivement(a)qui précède.
(c)On écrit :
fa < f < bg=ff < bg \ ff > ag;
puis, afin de faire voir que le deuxième ensemble est lui aussi mesurable, on le récrit sous
la forme adéquate :
ff > ag=[
n>1
f>a+1
n
=
[
n>1
E/f < a+1
n
|
{z
}
mesurablepardé nition|
{z
}
mesurableparunthéorèmeconnu
|
{z
}
mesurableparunthéorèmeconnu:
56FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
(d)Dans l"un des tous premiers théorèmes du cours sur les ensembles mesurables, on a
montré en dimensiond= 1que tout ouvertOR1est réunion dénombrable d"intervalles
ouverts deux à deux disjoints :
O=[
n>1]an; bn[(16an1; d2>1);
dont on ignore si elle est Lebesgue-intégrable telle est la question que l"on se pose!
Alors on lui associe la fonction mesurable positivejfj>0, fonction dont on voudrait
déterminer si elle est d"intégrale finie, ce qui rendrait l"étudiant(e) très content(e).
Mais comme on peut toujours calculer l"intégrale dejfj>0puisqu"on accepte, dans
la théorie, que les intégrales de fonctions mesurables>0puisse valoir1, on espère, en
utilisant le Théorème de Tonelli qui permet de se ramener à deux intégrales emboîtées en
dimensions inférieuresd1< d1+d2etd2< d1+d2, pouvoir calculer ou estimer :Z
R
djfj=Z
R
d2
Z
R
d1
f(x;y) dx
dy;
et alors bingo! , si le résultat numérique s"avère êtrefini, on peut conclure quefest
Lebesgue-intégrable surRd! Quel contentement!
Car ensuite, le Théorème de Fubini peut être appliqué puisque l"hypothèse (cruciale)Rjfj1);
à valeurs dansf1g [R, on a :
limsup
n!1Z
R
dfn(x)dx6Z
R
dlimsup
n!1fn:
(c)Éh bien, le théorème de changement de variables dans les intégrales en théorie de
Borel-Lebesgue s"énonce comme suit.
Théorème. [Changement de variables]Soit':U!Vun difféomorphismeC1entre
deux ouvertsURdetVRd. Alors pour toute fonction mesurablef:V!C, la
composéef':
U
'!Vf!C
est aussi mesurable, et sifest de plus Lebesgue-intégrable,f'est aussi Lebesgue-
intégrable avec la formule :Z
V
f(y)dy=Z
U
f'(x) Jac'(x) dx:
(d)Le théorème de dérivation sous le signe intégral d"une intégrale dont l"intégrande est
de classeC1par rapport à la variable et au paramètre s"énonce comme suit.
Théorème. [Dérivabilité sous le signe intégral]SiEI3(x;t)7!f(x;t)2Cest
une fonction définie sur le produit d"un sous-ensemble mesurableERdpar un intervalle
IRd"intérieur non vide telle que :
(i)pour toutt2I, la fonctionx7!f(x;t)est Lebesgue-intégrable en la variablexsur
E;
(ii)pour toutx2E, la fonctiont7!f(x;t)estC1, de dérivée :
@f
@t
(x;t);
(iii)il existe une fonction positiveg:E!R+mesurable Lebesgue-intégrable surEqui
domine uniformément : @f
@t
(x;t) 6g(x);
pour toutx2Eet toutt2I;
Alors en toutt2Ifixé, la fonction :
x7!@f
@t
(x;t)
est Lebesgue-intégrable surE, et surtout, la fonction :
t7!Z
E
f(x;t)dx
est dérivable surIde dérivée égale à :
d
dt
Z
E
f(x;t)dx=Z
E@f
@t
(x;t)dx:
58FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
Exercice 4.
Soit doncf:R! f1g [R[ f1gune fonction mesurable intégrable, à
savoir dont l"intégrale de la valeur absolue est finie :
Z
1
1
f(x) dx 1, la majoration :
Nmfjfj>Ng6Z
jfj0, ce qui, puisquefest supposée
Lebesgue-intégrable, conduirait à un jeu contradictoire d"inégalités :
1>Z
R
jfj>1 mfjfj=1g
=1:
Notons qu"il serait impossible d"en puiser une contradiction lorsque0 =m(fjfj=1g),
puisque1 0n"a pas de valeur fixe attribuable.
(b)Puisque le sujet demande d"appliquerle théorème de convergence dominée, introdui-
sons la suite de fonctions mesurables :
f
n(x) :=1
2nf(x)1[n;+n](x)(n>1);
lesquelles sont constamment dominées par la fonction intégrablef:
fn(x) 6jf(x)j(8x2R;8n>1);
10.Corrigé de l"examen 559
donc le célèbre théorème de Lebesgue s"applique pour offrir sur un plateau ce qui était
demandé :
lim
n!11
2nZ
n
nf(x)dx=limn!1Z
R
f
n(x)dx
=
Z
R
limn!1fn(x)dx
=
Z
R
0
= 0!
Subrepticement, on a utilisé ici0 =m(fjfj=1g)de la question(a).
On peut en fait se passer du théorème de convergence dominée, grâce à la majoration
élémentaire :
1
2n
Z
n
nf(x)dx 61
2nZ
n
n
f(x) dx
6
1
2nZ
1
1
f(x) dx
|
{z
}
constante0, par :
f(x) :=(0lorsquex=k2N;
(1)kklorsquek1< x < kpour un entierk>1:
Alors :
1
2nZ
n
nf(x)dx=2
2nZ
n
0
f(x)dx
=
1
n
1 + 2 + (1)nn;
60FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
somme dont les creux de vague croissent et décroissent alternativement, égale, lorsque
n= 2n01avecn0>1, à :
[1 + 2] + [3 + 4] ++ [(2n03) + (2n02)](2n01)
2n01=n
01foisz
}|
{
1 + 1 ++ 1(2n01)
2n01
=
n0
2n01
!
n0!11
2
;
et autrement, lorsquen0= 2nest pair, constamment égale à :
[1 + 2] + [3 + 4] ++ [(2n03) + (2n02)] + [(2n01) + (2n0)]
2n0=n
0foisz
}|
{
1 + 1 ++ 1 + 1
2n0
=
n0
2n0
=
1
2
;
et là, il y a deux limites possibles,1
2
et1
2
.
Un exemple encore plus convaincant faisant voir que la limite de
1
2nR
n
nfn"existe pas
forcément est la fonction dérivée :
f(x) :=d
dx
xsinx;
non intégrable surRau sens de Lebesgue (exercice non immédiat) :Z
1
1
sinx+xcosx dx=1;
tandis que :
1
2nZ
n
nd
dx
xsinxdx=nsinnnsin(n)
2n
=sinn
oscille sans limite entre1et+1lorsquen! 1, grâce à un théorème de densité des
entiers naturels modulo2.
(d)D"après un théorème du cours, toute suite(hn)1n=0de fonctions mesurables intégrables
surRqui converge presque partout surRa toujours pour limite une fonction qui est me-
surable. D"ailleurs, la théorie de la mesure est en grande partie érigée dans l"objectif de
stabiliser la mesurabilité par passage à des limites dénombrables quelconques.
Rappelons plus précisément que dans le cours, étant donné une suite quelconque
(hn)1n=1de fonctions mesurables, on a démontré que les deux fonctions :
liminf
n!1hnetlimsup
n!1hn
sont mesurables, et lorsque ces deux fonctions coïncident partout ou presque partout,
cela revient au même ,i.e.lorsquehnconverge (presque partout) vers une certaine
10.Corrigé de l"examen 561
fonction-limiteh=limhn, on en a déduit que :
liminf
n!1hn=limn!1=limsup
n!1hn
est mesurable.
(e)On suppose maintenant que, pour toutn>1, il existe une fonction positive intégrable
g
n:R!R+[ f1gavecjhnj6gndont la suite complète(gn)1n=0converge presque
partout vers une certaine fonctiong:=limn!1gnqui estintégrablesurR.
Il est alors clair que les deux fonctions :
g
nhn>0etgn+hn>0
combinaisons algébriques de fonctions mesurables sont mesurables, et de plus sontpo-
sitives, hypothèserequisepour pouvoir appliquer le Théorème généralissime! de
Fatou, lequel donne ici deux fois :Z
liminf
n!1gnhn6liminfn!1Z
gnhn;
Z
liminf
n!1gn+hn6liminfn!1Z
gn+hn:
Orgn!gethn!h, donc en faisant extrêmement attention à la manière dont les
limites inférieures se distribuent à droite,i.e.en n"intervertissant pas le signe moins et la
limite inférieure :Z
gZ
h6liminfn!1Z
g
n+liminfn!1Z
hn;
Z
g+Z
h6liminfn!1Z
g
n+liminfn!1Z
h
n:
(f)Tout le monde sait en effet qu"il faut se méfier des signes "»! Rappelons que les
limites inférieure et supérieure d"une suite numérique quelconque(bn)1n=1sont définies
par :
liminf
n!1bn=limn!1
infm>nbm
etlimsup
n!1bn=limn!1
sup
m>nbm
:
Ici appliquée à la suitebn:=an, cette définition de la limite inférieure peut être transfor-
mée en le résultat demandé :
liminf
n!1an=limn!1
infm>nam
=limn!1
sup
m>nam
=limn!1
sup
m>nam
=limsup
n!1an:
(g)Supposons donc que la suitegnsatisfait :
lim
n!1Z
1
1
g
n(x)dx=Z
1
1
g(x)dx:
62FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
En revenant alors à la fin de la question(e):Z
g
Z
h6Z
g
+liminfn!1Z
hn;
Z
g
+
Z
h6Z
g
+liminfn!1Z
h
n;
cela permet instantanément de simplifier et d"obtenir :
Z
h6liminfn!1
Z
h
n
;
Z
h6liminfn!1Z
h
n:
Mais la question(f)qui précède avait justement préparé le terrain à l"avance pour que
l"on puisse remplacer la première limite inférieure par une limite supérieure :
Z
h6limsup
n!1Z
h
n;
Z
h6liminfn!1Z
h
n;
et en regardant bien droit dans les yeux ces deux inégalités, l"aigle-étudiant qui sommeille
en nous les voit s"articuler instantanément en un tryptique :
limsup
n!1Z
h
n6Z
h6liminfn!1Z
h
n;
ce qui lui permet d"attraper d"un seul coup d"oeil sa proie-réponse :
lim
n!1Z
1
1
h
n(x)dx=Z
1
1
h(x)dx;
puisqu"une limite inférieure est de toute façon toujoursinférieureà une limite supérieure!
(h)Soit enfin(fn)1n=1une suite de fonctions mesurables intégrables surRqui converge
presque partout vers une certaine fonction mesurablefqui estintégrable. Traitons d"abord
l"implication facile :
lim
n!1Z
1
1
fn(x)f(x) dx= 0
=)
lim
n!1Z
1
1
fn(x) dx=Z
1
1
jf(x)jdx
:
Pour cela, l"inégalité élémentaire valable pour deux nombres réels quelconquesa;b2
R:
0
6 jaj jbj 6 ab ;
qui apparaissait heureusement! comme indication dans le sujet, va expédier la dé-
monstration comme suit :
06 Z
f
n Z
f 6 Z
f
nZ
f
6Z fnf ;
car en effet, si le membre de droite tend vers zéro, le membre de gauche aussi!
10.Corrigé de l"examen 563
Pour traiter l"autre implication, principale :
lim
n!1Z
1
1
fn(x)f(x) dx= 0
(=
lim
n!1Z
1
1
fn(x) dx=Z
1
1
jf(x)jdx
;
introduisons, comme cela a été gentiment suggéré par le sujet, les deux fonctions auxi-
liaires :
g
n:= 2jfnj+jfjethn:=jfnfj+jfnj jfj;
lesquelles satisfont effectivement les conditions requises :
g
n!g:= 4jfj;hn!h:= 0;jhnj6gn
on a mêmehn>0, quoique cela ne serve pas spécialement , ainsi que :
lim
n!1Z
g
n=Z
g;
et donc une application directe de la question(g)donne :
lim
n!1Z
h
n=Z
h=Z
0 = 0;
c"est-à-dire en remplaçanthn:
0 =limn!1Z
fnf +limn!1Z
jfnj Z
jfj
|
{z
}
!0n!1;
d"où la conclusion :
0 =limn!1Z
fnf :
Exercice 5.
(a)Les deux fonctionsx7!f(x)etx7!extsont mesurables, et on a
démontré en cours qu"un produit de fonctions mesurables est encore mesurable.
De plus, la majoration : extf(x) 6jf(x)j(t2R+; x>0);
donne après intégration : Z
1
0
extf(x)dx 6Z
1
0
extf(x) dx
6
Z
1
0
jf(x)jdx
1);
qui sont mesurables uniformément dominées par :
gn(x) = een(Tx)f(x)
6jf(x)j(8x2R+;8n>1);
donc intégrables. D"un autre côté, les termes :
(1)k
k!eknTeknxf(x)
ont une somme absolument (car normalement) convergente, puisque :
(1)k
k!eknTeknxf(x) 6eknT
k!jf(x)j;
et puisque :
X
k2N(enT)k
k!=eenT0était laissé à
notre entière discrétion.
(j)Maintenant, lorsquef>0ne prend que des valeurs positives, la fonctiont7!Lf(t)
est décroissante, puisque :
06t06t0008x>0
f(x)|
{z
}
>0dx
>0:
De l"équivalence :
x7!xf(x)estL1sur[0;1[
()
t7!Lf(t)estC1sur[0;1[
;
démontrons en premier lieu l"implication la plus délicate '(=".
Puisque le caractèreC1det7!Lf(t)sur]0;1[est toujours 'gratuitement" vrai, en
vertu du résultat de la question(i)qui précède, c"est surtout la dérivabilitét= 0qui est une
hypothèse ici, et par la décroissance qui vient d"être observée, l"hypothèse en question est
donc que la limite suivante existe et est positive finie :
06L0f(0) =lim
t!0>L
f(0)Lf(t)
t
=lim
t!0>Z
1
01ext
t
f(x)dx:
Or pour faire voir quex7!xf(x)estL1sur[0;1[, un bon Coup de Fatou là où il
faut qui s"applique car
1ext
t
f(x)>0, mais de grâce! Monsieur de Marçay! pas de
68FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Sud
frappe sur nos doigts fragiles! permet de vérifier que l"on a effectivement la finitude de
l"intégrale :
06Z
1
0
xf(x)dx?1ext
t
f(x)dx
[lim=liminf]=Z
1
0
liminf
t!0>1ext
t
f(x)dx
[Coup de Fatou!]6liminf
t!0>Z
1
01ext
t
f(x)dx
=liminf
t!0>L
f(0)Lf(t)
t
[lim=liminf]=lim
t!0>L
f(0)Lf(t)
t
=L0f(0)
oui0. Supposons doncx7!xjf(x)jintégrable sur[0;1[. À nouveau grâce au théorème
de dérivation sous le signe intégral, comme dans la question(i), mais maintenant sur[0;1[
enincluantl"extrémité gauchef0g, on a la majoration uniforme de la dérivée partielle par
rapport àt: xextf(x) 6xjf(x)j;
par une fonction indépendante detquiestintégrable sur[0;1[, et donc youpi! c"est
enfin fini! , le théorème de dérivation sous le signe intégral tord le cou à cette dernière
implication!
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