

\documentstyle[12pt,leqno]{article}
\textwidth 15cm
\oddsidemargin 0.96cm
\evensidemargin 0.96cm
\def\real{I\!\!R}
\def\natural{I\!\!N}
\def\rational{{\cal Q}}
\def\mes{\hbox{mes}}
\def\sin{\hbox{sin}}
\def\cos{\hbox{cos}}
%rappel : \overline{cequ'onveut}

\def\Varphi{{\bf \varphi}}
\def\e {\'{e}}
\def\ee {\`{e}}
\def\eee {\^{e}}
\def\e {\'{e}}
\def\ea {\'{e} }
\def\ee {\`{e}}
\def\eee {\^{e}}
\def\a {\`{a} }
\def\u {\`{u} }
\def\skipaline{\vspace{4 mm}\noindent}



%NOTA BENE :  "\pmatrix et \endpmatrix, non compris en latex,
% sont remplaces 
%par \matrice et \findematrice dont la definition suit
%exemple d'utilisation :
%$A=\matrice
%a & b  \cr
%c & d  \cr \findematrice $

\def\matrice{\left(\begin{array}{cccccccccc}}
\def\findematrice{\end{array}\right)}



\begin{document}

\noindent
{\bf Cours d'Analyse. Exercices sur Fubini et Lebesgue (III), corrig\e .}

\vskip 1truecm
\noindent
{\bf Exercice 1.} 

1) Si $I=\real$ la fonction est constante.
Soit $I=]a,+\infty[$, alors en utilisant un changement de variables,
on a $F(x)-F(y)=\int_{y-a}^{x-a}f(t)dt$. On conclut en appliquant la 
convergence domin\'{e}e \`{a} la suite de fonctions index\'{e}es par $y$ 
: ${\rceil\! |}_{]y-a,x-a[}f$. Le cas g\'en\'eral s'obtient en faisant  une
diff\'erence.
\vskip 1truecm
\noindent
{\bf Exercice 2.}
\medskip
1) $|e^{2i\pi\lambda x} f (x)|\leq |f (x)|$, on peut donc appliquer le
th{\'e}or{\`e}me de convergence domin{\'e}e pour prouver la
continuit{\'e}.
\medskip
2) $g (\lambda) = \int_{\real} e^{2i\pi\lambda x} f (x) dx =
\int^{+\infty}_{-\infty} e^{2i\pi\lambda x} f (x) dx$.
\medskip
Posons $y = x -
{1\over 2\lambda}$, alors
$$
\int^{+\infty}_{-\infty} e^{2i\pi\lambda x} f (x) dx =
\int^{+\infty}_{-\infty} e^{2i\pi\lambda y +i \pi} f (y + {1\over
2\lambda}) dy
$$
$$
= - \int^{+\infty}_{-\infty} e^{2i\pi\lambda y} f (y + {1\over
2\lambda}) dy
$$
d'o{\`u}
$$
g (\lambda) = {1\over 2} \int^{+\infty}_{-\infty} e^{2i\pi\lambda y}
(f(y) - f (y + {1\over 2\lambda})) dy.
$$
Si $f$ est continue \`{a} support compact, le r\'{e}sultat suit du
th\'{e}or\`{e}me de la 
convergence domin\'{e}e. Dans le cas g\'{e}n\'{e}ral, on sait
d'apr\`{e}s le cours que, pour tout $\varepsilon$, 
il existe une fonction $f_\varepsilon$ {\`a} support compact, telle que 
$\Vert f-f_\varepsilon \Vert_{L^1}\leq\varepsilon$. On en d\'{e}duit
alors que si $g_\varepsilon$ est 
la fonction associ\'{e}e {\`a}  $f_\varepsilon$, on a
$\vert g_\varepsilon (\lambda ) -g(\lambda )\vert\leq \varepsilon$ et
le r\'{e}sultat suit. 
\medskip
3) Pour tout $N$, on a
$$(2i\pi \lambda) ^N\int_{\real} e^{2i\pi \lambda x}f(x)dx =
\int_{\real}({d\over dx})^N(e^{2i\pi \lambda x})f(x)dx =
\int_{\real} e^{2i\pi \lambda x} (-{d\over dx})^Nf(x)dx$$
La fonction $f$ {\'e}tant $C^\infty$ {\`a} support compact, on conclut
gr{\^a}ce {\`a} 2). 
\medskip
\noindent
{\bf Exercice 3}

Pour $x_{0}\in [0, 1]$, si $y \not= x_{0}$, ${\partial f\over \partial
x} (x_{0}, y) =0$. Presque partout la d{\'e}riv{\'e}e partielle en $x$
existe, mais l'ensemble des $y$ o{\`u} elle n'existe pas d{\'e}pend de
$x_{0}$~; on ne peut donc pas appliquer VI.5.4. En effet, le
r{\'e}sultat {\'e}nonc{\'e} dans VI.5.4 est faux ici puisque
$$
F (x) =x,\ F' (x) \equiv 1 \not= \int^{1}_{0} {\partial f\over \partial
x} (x, y) dy \equiv 0
$$
{\bf Exercice 4.}
\medskip
Posons $Z = \{t \setminus f (t) =0\}$. L'ensemble $Z$ est
mesurable. Pour $x > 0$, on a
$$
{1\over x}(F (x)-F(0) )=
 \int_{0}^{1} {x\over(f (t) +x^{2})^{1/2}+f(t)^{1/2}}dt 
$$
Lorsque $x\rightarrow 0$, on a 
${x\over(f (t) +x^{2})^{1/2}+f(t)^{1/2}}\leq 1$, et
${x\over(f (t) +x^{2})^{1/2}+f(t)^{1/2}}\rightarrow  0$ 
si $f(t)\ne 0$, et $\rightarrow 1$ si
$f(t)=0$. Par convergence domin\'ee, 
$$
F' (0) = \mu (Z)\ .
$$
(Ici $F'(0)$ d{\'e}signe la d{\'e}riv{\'e}e {\`a} droite de $F$).
\vskip 1truecm
\noindent
{\bf Exercice 5.}

1) On a $\forall x$
$$
\int_I f_A (t) f_A (x-t)dt=\int_A f_A (x-t)dt=\int_I f_A (x-t)dt 
-\int_{I\setminus A} f_A (x-t)dt.
$$ 
or 
$$
\int_{I\setminus A} f_A (x-t)dt\leq \int_{I\setminus A} dt=\mu (I)-\mu (A).
$$
2) La fonction $g(x)=\int_I f_A (x-t)dt -\mu (I)+\mu (A)$ est continue
({\it cf} ex 1). L' ensemble  $g^{-1} (]0,+\infty[)$ 
est un ouvert, non vide car par
hypoth\`{e}se, il contient le double du milieu de l' intervalle
$I$. Enfin, on remarque que si $\int_I f_A (t) f_A (x-t)dt> 0$, alors 
$x\in A+A$.
\medskip
3) On peut supposer que $C$ est de mesure finie, il existe un ouvert $O$ tel que $C\subset O$
et $(*)$ : $\mu (O)-\mu (C) < \mu (C)$ . Maintenant $O$ est r\'{e}union d\'{e}nombrable 
d'intervalles ouverts $I_n$, l'un de ces intervalles doit v\'{e}rifier 
 $\mu (I_n )-\mu (C\cap I_n) < \mu (C\cap I_n )$ car sinon $(*)$ serait fausse, en faisant 
la somme sur les entiers $n$. C'est ce que nous voulons d\'{e}montrer.
\medskip
4) Si $A$ est sym\'{e}trique, $A+A$ est aussi sym\'{e}trique, en particulier si $A+A$ contient l'ouvert
$O$, alors $A+A+A+A$ contient $O-O$ qui est un voisinage de z\'{e}ro. 

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 $x\in{\real}^+$, comme 
$\bigcup_{n\in{\natural}} A_n={\real}$, il existe $n_0$ tel que $A_{n_0}$ est de mesure 
strictement positive. Soit 
$H_N$ l'homoth\'{e}tie de rapport $N$. Pour tout $x>0$, il existe $N\in{\natural}$ tel que 
$Nx>n_0$. D\`{e}s lors
puisque $H_N \circ f=f\circ H_N$, nous avons $A_{n_0}\subset H_N A_x$. En particulier, pour 
tout $x$, $A_x$ est de mesure positive. Enfin, par le raisonnement pr\'{e}c\'{e}dent, pour 
tout $\varepsilon$ il existe un voisinage 
de $0$ inclus dans $A_\varepsilon +A_\varepsilon
+A_\varepsilon +A_\varepsilon$ et ce dernier ensemble est lui m\^{e}me inclus dans $A_{4\varepsilon}$.
Nous venons de montrer la continuit\'{e} en z\'{e}ro. 

Enfin, si $f( ]-\alpha ,\alpha[)\subset ]-\beta ,\beta[$ alors
 $f( ]x-\alpha ,x+\alpha[)\subset ]f(x)-\beta ,f(x)+\beta[$. Autrement dit, la continuit\'{e} en
 z\'{e}ro entra\^{\i}ne la continuit\'{e} en $x$.

6) Si le ${\rational}$-espace vectoriel ${\real}$ poss\`{e}de une base sur ${\rational}$, on peut 
alors construire une ${\rational}$-forme lin\'{e}aire non triviale sur ${\real}$.
 Cette forme est n\'{e}cessairement non continue en tant que fonction sur ${\real}$ puisque 
\`{a} valeurs rationelles. Elle est donc non mesurable. Il existe donc un sous-ensemble $F$ 
mesurable de ${\rational}$ dont l'image inverse est non mesurable. En
particulier $f^{-1} (0)$
est non mesurable, car sinon pour tout $x$,  $f^{-1} (x)$, \'{e}tant un translat\'{e} de $f^{-1} (0)$,
serait mesurable, et donc $f^{-1} (A)$ r\'{e}union d\'{e}nombrable de mesurables serait mesurable. 
\vskip 1truecm
\noindent
{\bf Exercice 6.}
\medskip
Remarquons que les fonctions $C^{\infty}$ {\`a} support compact existent
(voir le poly page 53).
\medskip
1) Le changement de variable $z = x -y$ donne 
$$
(f * g) (x) = \int_{\real} f (z) g (x -z) dz\ .
$$
La fonction $g$ est major{\'e}e sur ${\real}$, ainsi que toutes ses
d{\'e}riv{\'e}es.
\medskip
Donc $\forall n \in {\natural}$, $\forall x, z \in {\real}$
$$
|f (z) g^{(n)} (x - z)| \leq M_{n} |f (z)|\ .
$$
On peut donc appliquer le th{\'e}or{\`e}me de d{\'e}rivation sous le
signe somme pour montrer que $f * g$ est $C^{\infty}$.
\medskip
2) Soit $f_{\epsilon} (x) = \int_{\real} f (x - y) {1\over\epsilon}
\delta (y/\epsilon) dy$~; en posant $z = y/\epsilon$, il vient
$$
f_{\epsilon} (x) = \int_{\real} f (x - \epsilon z) \delta (z) dz =
\int^{A}_{-A} f (x - \epsilon z) \delta (z) dz
$$
o{\`u} $[-A, A]$ contient le support de $\delta$
$$
f_{\epsilon} (x) - f (x) = \int^{A}_{-A} (f (x - \epsilon z) - f (x)) \delta (z) dz
$$
car $\int^{A}_{-A} \delta (z) dz =1$. De plus, $f$ est uniform{\'e}ment
continue sur tout compact. Si $x \in [-B, B]$, l'uniforme continuit{\'e}
de $f$ sur $K=[-B-A, B + A]$  donne~:

$\forall \alpha >0$ $\exists
\eta$ $\forall y, z \in K\ \ |y - z| \leq \eta \Rightarrow |f (y) - f
(z)|< \alpha$. 

Si $\epsilon A < \eta$, on obtient
$$
\forall x \in [-B, B],\quad |f_{\epsilon} (x) - f (x)| \leq \alpha\ .
$$
d'o{\`u} le r{\'e}sultat
\medskip
3) Si $f \in L^{1}$, $\forall \alpha > 0$ $\exists g \in C_{c}^{0}$ tel
que
$$
|| f - g||_{L^{1}} \leq \alpha\ .
$$
Si $g$ est {\`a} support compact $g * \delta_{\epsilon}$ est aussi {\`a}
support compact, en effet
$$
g_{\epsilon} (x) = (g * \delta_{\epsilon}) (x) = \int^{A}_{-A} g (x -
\epsilon y) \delta (y) dy
$$
si support$(g) \subset [-B, B]$, support$(g_{\epsilon}) \subset [-B -
\epsilon A, B + \epsilon A]$. Donc, d'apr{\`e}s ce qui pr{\'e}c{\`e}de,
pour $\epsilon$ assez petit
$$
\sup_{[-B-A, B+A]} |g_{\epsilon}(x) - g (x)| \leq {\alpha\over 2(B+A)}
$$
d'o{\`u}
$$
||g_{\epsilon} - g||_{L^{1}} = \int_{\real} |g_{\epsilon} (x) - g
(x)|dx = \int^{B+A}_{-(B+A)}  |g_{\epsilon} (x) - g (x)| dx \leq \alpha
$$
et $||f - g_{\epsilon}||_{L^{1}} \leq 2 \alpha$.
\vskip 1truecm
\noindent
{\bf Exercice 7.}
\medskip
1) Imm{\'e}diat.
\medskip 
2) Posons $g(x)=f(x)+f(-x)$, alors $g$ est $C^\infty$ {\`a} support
compact sur $[0, +\infty [$ et $g'(0)=0$. On a,
$$R(t)=\int_0^\infty cos(tx^2)g(x)dx={1\over 2\sqrt{t}}\int_0^\infty 
cos(u)g(\sqrt{u\over t}){du\over \sqrt{u}}$$
en faisant le changement de variable $u=x^2$. On int{\`e}gre ensuite par
parties; en effet,
$$2\sqrt{t}R(t)=\int_0^\infty (sin(u))'g(\sqrt{u\over
t}){du\over\sqrt{u}}
$$
$$
               =sin(u)g(\sqrt{u\over t}){1\over \sqrt{u}}\Big
|_0^\infty +\int_0^\infty  
{sin(u)\over 2u^{3/2}} g(\sqrt{u\over t})du- {1\over 2\sqrt{t}}
\int_0^\infty sin(u) g'(\sqrt{u\over t}){du\over u}$$

En utilisant le th{\'e}or{\`e}me de convergence domin{\'e}e, on voit
que le terme 
du milieu est {\'e}gal {\`a} ${1\over 2}g(0)\int_0^\infty {sin(u)\over
u^{3/2}}du +o(1)$. Par ailleurs, le changement de variable $u=tv$
montre que le dernier terme vaut ${1\over
2\sqrt{t}}\int_0^\infty sin(tv)g(\sqrt{v}) {dv\over v}$ et comme
$g'(0)=0$, l'int{\'e}grale 
$\int_0^\infty g'(\sqrt{v}){dv\over v}$ converge absolument ($g$ est {\`a}
support compact). D'o{\`u},
$$R(t)\sim {1\over 4\sqrt{t}}g(0)\int_0^\infty {sin(u)\over
u^{3/2}}du$$
On fait de m{\^e}me avec $I(t)$ pour trouver,
$$I(t)\sim {1\over 4\sqrt{t}}g(0)\int_0^\infty{1-cos(u)\over
u^{3/2}}du$$

Ceci prouve l'estimation cherch{\'e}e.






\end{document}





















