Cours d’Analyse. Exercices sur Fubini et Lebesgue (III), corrigé.

Exercice 1.

1) Si I = IR la fonction est constante. Soit I =]a, +∞[, alors en utilisant un changement de variables, on a F (x)−F (y) = ∫_{y−a}^{x−a} f(t)dt. On conclut en appliquant la convergence dominée à la suite de fonctions indexées par y : ⌉|_{]y−a,x−a[}f. Le cas général s’obtient en faisant une différence.

Exercice 2. 1) |e^{2iπλx}f(x)| ≤ |f(x)|, on peut donc appliquer le théorème de

convergence dominée pour prouver la continuité. 2) g(λ) = ∫_{IR} e^{2iπλx}f(x)dx =

∫_{−∞}^{+∞} e^{2iπλx}f(x)dx. Posons y = x − \frac{1}{2λ}, alors

∫_{−∞}^{+∞} e^{2iπλx}f(x)dx = ∫_{−∞}^{+∞} e^{2iπλy+iπ}f(y + \frac{1}{2λ})dy

= − ∫_{−∞}^{+∞} e^{2iπλy}f(y + \frac{1}{2λ})dy

d’où

g(λ) = \frac{1}{2} ∫_{−∞}^{+∞} e^{2iπλy}(f(y) − f(y + \frac{1}{2λ}))dy.

Si f est continue à support compact, le résultat suit du théorème de la convergence dominée. Dans le cas général, on sait d’après le cours que, pour tout ε, il existe une fonction f_{ε} à support compact, telle que ∥f − f_{ε}∥_{L^{1}} ≤ ε. On en déduit alors que si g_{ε} est la fonction associée à f_{ε}, on a |g_{ε}(λ) − g(λ)| ≤ ε et le résultat suit. 3) Pour

tout N, on a

(2iπλ)^{N} ∫_{IR} e^{2iπλx}f(x)dx = ∫_{IR}(\frac{d}{dx})^{N}(e^{2iπλx})f(x)dx = ∫_{IR} e^{2iπλx}(−\frac{d}{dx})^{N}f(x)dx

La fonction f étant C^{∞} à support compact, on conclut grâce à 2). Exercice 3

Pour x_{0} ∈ [0, 1], si y ≠ x_{0}, \frac{∂f}{∂x}(x_{0}, y) = 0. Presque partout la dérivée partielle en x existe, mais l’ensemble des y où elle n’existe pas dépend de x_{0} ; on ne peut donc pas appliquer VI.5.4. En effet, le résultat énoncé dans VI.5.4 est faux ici puisque

F (x) = x, F′(x) ≡ 1 ≠ ∫_{0}^{1} \frac{∂f}{∂x}(x, y)dy ≡ 0

Exercice 4. Posons Z = {t \ f(t) = 0}. L’ensemble Z est mesurable. Pour x > 0,

on a

\frac{1}{x}(F (x) − F (0)) = ∫_{0}^{1} \frac{x}{(f(t) + x^{2})^{1/2} + f(t)^{1/2}} dt

Lorsque x → 0, on a \frac{x}{(f(t)+x^{2})^{1/2}+f(t)^{1/2}} ≤ 1, et \frac{x}{(f(t)+x^{2})^{1/2}+f(t)^{1/2}} → 0 si f(t) ≠ 0, et → 1 si f(t) = 0. Par convergence dominée,

F′(0) = μ(Z) .

(Ici F′(0) désigne la dérivée à droite de F).

Exercice 5.

1) On a ∀x

∫_{I} f_{A}(t)f_{A}(x − t)dt = ∫_{A} f_{A}(x − t)dt = ∫_{I} f_{A}(x − t)dt − ∫_{I\A} f_{A}(x − t)dt.

or

∫_{I\A} f_{A}(x − t)dt ≤ ∫_{I\A} dt = μ(I) − μ(A).

2) La fonction g(x) = ∫_{I} f_{A}(x−t)dt−μ(I)+μ(A) est continue (cf ex 1). L’ ensemble g^{−1}(]0, +∞[) est un ouvert, non vide car par hypothèse, il contient le double du milieu de l’ intervalle I. Enfin, on remarque que si ∫_{I} f_{A}(t)f_{A}(x − t)dt > 0, alors x ∈ A + A. 3) On peut supposer que C est de mesure finie, il existe un ouvert O tel

que C ⊂ O et (∗) : μ(O) − μ(C) < μ(C) . Maintenant O est réunion dénombrable d’intervalles ouverts I_{n}, l’un de ces intervalles doit vérifier μ(I_{n}) − μ(C ∩ I_{n}) < μ(C ∩ I_{n}) car sinon (∗) serait fausse, en faisant la somme sur les entiers n. C’est ce que nous voulons démontrer. 4) Si A est symétrique, A + A est aussi symétrique,

en particulier si A + A contient l’ouvert O, alors A + A + A + A contient O − O qui est un voisinage de zéro.

5) Maintenant, soit f telle que f(x + y) = f(x) + f(y). On a f(0) = 0 et f(−x) = −f(x). Posons A_{x} = f^{−1}] − x, x[ pour x ∈ IR^{+}, comme ⋃_{n∈IN} A_{n} = IR, il existe n_{0} tel que A_{n_{0}} est de mesure strictement positive. Soit H_{N} l’homothétie de rapport N. Pour tout x > 0, il existe N ∈ IN tel que Nx > n_{0}. Dès lors puisque H_{N} ∘ f = f ∘ H_{N}, nous avons A_{n_{0}} ⊂ H_{N}A_{x}. En particulier, pour tout x, A_{x} est de mesure positive. Enfin, par le raisonnement précédent, pour tout ε il existe un voisinage de 0 inclus dans A_{ε} + A_{ε} + A_{ε} + A_{ε} et ce dernier ensemble est lui même inclus dans A_{4ε}. Nous venons de montrer la continuité en zéro.

Enfin, si f(] − α, α[) ⊂] − β, β[ alors f(]x − α, x + α[) ⊂]f(x) − β, f(x) + β[. Autrement dit, la continuité en zéro entraîne la continuité en x.

6) Si le Q-espace vectoriel IR possède une base sur Q, on peut alors construire une Q-forme linéaire non triviale sur IR. Cette forme est nécessairement non continue en tant que fonction sur IR puisque à valeurs rationelles. Elle est donc non mesurable. Il existe donc un sous-ensemble F mesurable de Q dont l’image inverse est non mesurable. En particulier f^{−1}(0) est non mesurable, car sinon pour tout x, f^{−1}(x), étant un translaté de f^{−1}(0), serait mesurable, et donc f^{−1}(A) réunion dénombrable de mesurables serait mesurable.

Exercice 6. Remarquons que les fonctions C^{∞} à support compact existent (voir le

poly page 53). 1) Le changement de variable z = x − y donne

(f ∗ g)(x) = ∫_{IR} f(z)g(x − z)dz .

La fonction g est majorée sur IR, ainsi que toutes ses dérivées. Donc ∀n ∈ IN,

∀x, z ∈ IR

|f(z)g^{(n)}(x − z)| ≤ M_{n}|f(z)| .

On peut donc appliquer le théorème de dérivation sous le signe somme pour montrer que f ∗ g est C^{∞}. 2) Soit f_{ϵ}(x) = ∫_{IR} f(x − y)\frac{1}{ϵ}δ(y/ϵ)dy ; en posant z = y/ϵ, il vient

f_{ϵ}(x) = ∫_{IR} f(x − ϵz)δ(z)dz = ∫_{−A}^{A} f(x − ϵz)δ(z)dz

où [−A, A] contient le support de δ

f_{ϵ}(x) − f(x) = ∫_{−A}^{A}(f(x − ϵz) − f(x))δ(z)dz

car ∫_{−A}^{A} δ(z)dz = 1. De plus, f est uniformément continue sur tout compact. Si x ∈ [−B, B], l’uniforme continuité de f sur K = [−B − A, B + A] donne :

∀α > 0 ∃η ∀y, z ∈ K |y − z| ≤ η ⇒ |f(y) − f(z)| < α.

Si ϵA < η, on obtient

∀x ∈ [−B, B], |f_{ϵ}(x) − f(x)| ≤ α .

d’où le résultat 3) Si f ∈ L^{1}, ∀α > 0 ∃g ∈ C_{c}^{0} tel que

||f − g||_{L^{1}} ≤ α .

Si g est à support compact g ∗ δ_{ϵ} est aussi à support compact, en effet

g_{ϵ}(x) = (g ∗ δ_{ϵ})(x) = ∫_{−A}^{A} g(x − ϵy)δ(y)dy

si support(g) ⊂ [−B, B], support(g_{ϵ}) ⊂ [−B − ϵA, B + ϵA]. Donc, d’après ce qui précède, pour ϵ assez petit

sup_{[−B−A,B+A]} |g_{ϵ}(x) − g(x)| ≤ \frac{α}{2(B + A)}

d’où

||g_{ϵ} − g||_{L^{1}} = ∫_{IR} |g_{ϵ}(x) − g(x)|dx = ∫_{−(B+A)}^{B+A} |g_{ϵ}(x) − g(x)|dx ≤ α

et ||f − g_{ϵ}||_{L^{1}} ≤ 2α.

Exercice 7. 1) Immédiat. 2) Posons g(x) = f(x)+f(−x), alors g est C^{∞} à support

compact sur [0, +∞[ et g′(0) = 0. On a,

R(t) = ∫_{0}^{∞} cos(tx^{2})g(x)dx = \frac{1}{2\sqrt{t}} ∫_{0}^{∞} cos(u)g(\sqrt{\frac{u}{t}})\frac{du}{\sqrt{u}}

en faisant le changement de variable u = x^{2}. On intègre ensuite par parties; en effet,

2\sqrt{t}R(t) = ∫_{0}^{∞}(sin(u))′g(\sqrt{\frac{u}{t}})\frac{du}{\sqrt{u}}

= sin(u)g(\sqrt{\frac{u}{t}})\frac{1}{\sqrt{u}}|_{0}^{∞} + ∫_{0}^{∞} \frac{sin(u)}{2u^{3/2}}g(\sqrt{\frac{u}{t}})du − \frac{1}{2\sqrt{t}} ∫_{0}^{∞} sin(u)g′(\sqrt{\frac{u}{t}})\frac{du}{u}

En utilisant le théorème de convergence dominée, on voit que le terme du milieu est égal à \frac{1}{2}g(0) ∫_{0}^{∞} \frac{sin(u)}{u^{3/2}}du + o(1). Par ailleurs, le changement de variable u = tv montre que le dernier terme vaut \frac{1}{2\sqrt{t}} ∫_{0}^{∞} sin(tv)g(\sqrt{v})\frac{dv}{v} et comme g′(0) = 0, l’intégrale ∫_{0}^{∞} g′(\sqrt{v})\frac{dv}{v} converge absolument (g est à support compact). D’où,

R(t) ∼ \frac{1}{4\sqrt{t}}g(0) ∫_{0}^{∞} \frac{sin(u)}{u^{3/2}}du

On fait de même avec I(t) pour trouver,

I(t) ∼ \frac{1}{4\sqrt{t}}g(0) ∫_{0}^{∞} \frac{1 − cos(u)}{u^{3/2}}du

Ceci prouve l’estimation cherchée.