1 Intégration, Lebesgue, Fubini : Corrigé

Exercice 1 Comme [−k, k] est un compact, la fonction f considérée est uniformément continue sur [−k, k]. Il existe donc n ∈ IN tel que |x−y| ≤ \frac{1}{n}, x, y ∈ [−k, k] ⇒ |f(x) − f(y)| ≤ \frac{ε}{2k}. On recouvre [−k, k] par 2n intervalles consécutifs de longueur \frac{k}{n}. On vérifie aisément que les 2n rectangles

[l\frac{k}{n}, (l + 1)\frac{k}{n}] × [f((l + \frac{1}{2})\frac{k}{n}) − \frac{ε}{2k} , f((l + \frac{1}{2})\frac{k}{n}) + \frac{ε}{2k})], l = −n, −(n − 1), ..., n − 1

recouvrent le graphe de f sur [−k, k]. Donc la mesure de ce graphe est plus petite que 2n\frac{k}{n} \frac{ε}{2k} = ε.

Exercice 2 Supposons que μ(A) = 0. On pose h_{k}(x) = min(h(x), k). Comme A est de mesure nulle, on a par définition de μ(A), ∫ 11_{A} = μ(A) = 0. Donc

∫ h_{k}(x) = k ∫ 11_{A} = 0.

Par le théorème de la convergence monotone, ∫ h(x)dx = lim_{k→∞} h_{k}(x)dx = 0. Si maintenant μ(A) > 0, on a, encore par le théorème de la convergence monotone,

∫ h(x)dx = lim_{k→∞} ∫ h_{k}(x)dx = lim_{k→∞} kμ(A) = +∞.

On déduit immédiatement que si f ≥ 0 vérifie ∫ f < ∞, alors l’ensemble A = {x, f(x) = +∞} est de mesure nulle.

Exercice 3 Comme les boules sont de mesure strictement positive, on déduit que f(x) = g(x) sur un ensemble dense de IR^{N}, et, par continuité, partout.

Exercice 4 Montrons directement le deuxième énoncé. Le premier s’en déduit. On a

∫_{A_{n}} f(x)dx = ∫ 11_{A_{n}}f(x)dx.

On peut appliquer le théorème de la convergence monotone (Beppo-Levi) aux fonctions h_{n} = 11_{A_{n}} et on déduit le résultat. Ce théorème se généralise facilement au cas où f n’est plus nécessairement positive, mais est sommable : on applique le théorème de la convergence dominée (Lebesgue) aux fonctions h_{n}, qui ont comme chapeau intégral |f| et qui convergent partout vers f.

Exercice 5 Notons [h ≤ M] l’ensemble {x, h(x) ≤ M}. On écrit

∫_{A_{n}} h(x)dx ≤ ∫_{A_{n}∩[h(x)≤M]} h + ∫_{A_{n}∩[h(x)>M]} h ≤ Mμ(A_{n}) + ∫_{[h(x)>M]} h(x)dx. (1)

Par le théorème de la convergence dominée, on a ∫_{[h(x)>M]} h(x)dx → 0. En effet, h(x)11_{[h(x)>M]} tend vers zéro presque partout car μ([h = +∞]) = 0 (Exercice ??) et |h(x)| est chapeau intégrable. On peut donc fixer pour tout ε > 0, M tel que ∫_{[h(x)>M]} h(x)dx < ε. On choisit ensuite n suffisamment grand pour que Mμ(A_{n}) < ε et on déduit alors de (??), ∫_{A_{n}} h(x)dx < 2ε.

Exercice 6 On sait que f_{n}(x) → Σ_{0}^{∞}(−1)^{k}x^{k} = \frac{1}{1+x} pour tout 0 ≤ x < 1. Par ailleurs, la série étant alternée, on obtient 0 ≤ f_{n} ≤ 1. Donc la fonction constante 1 est "chapeau intégrable" pour f_{n}(x) sur [0,1]. Par le théorème de Lebesgue, on déduit que f_{n}(x) → \frac{1}{1+x} dans L^{1}(0, 1), ce qui implique que ∫_{0}^{1} f_{n}(x)dx → ∫_{0}^{1} \frac{1}{1+x}dx = Log2. En intégrant terme à terme, on obtient Σ_{1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} = Log2.

Exercice 7 En posant y = nx, on a par le théorème de changement de variable n ∫_{1}^{∞} f(nx)dx = ∫_{n}^{∞} f(y)dy = ∫_{IR} χ_{[n,+∞[}(y)f(y)dy ( χ_{A} désigne la fonction qui vaut 1 sur A et 0 ailleurs). La fonction f(y)χ_{[n,∞[}(y) tend vers zéro ponctuellement quand n → ∞ et |f| en est chapeau intégrable. Donc par le théorème de Lebesgue, l’intégrale considérée tend vers zéro.

Exercice 8 (Lemme de Fatou)

i) Si g_{n} est une suite de fonctions sommables positives, on a pour tout n ∫ inf_{n} g_{n} ≤ ∫ g_{n}. En prenant l’infimum des deux cotés, on obtient ∫ inf_{n} g_{n} ≤ inf_{n} ∫ g_{n}. ii) La suite g_{N} est une suite croissante de fonctions positives ou nulles. Par le théorème de la convergence monotone, on a donc lim_{N→∞} ∫ g_{N} = ∫ lim_{N→∞} g_{N}. iii) En combinant l’égalité du ii) et l’inégalité du i), on obtient directement le lemme de Fatou :

∫ lim inf f_{n} ≤ lim inf ∫ f_{n}.

Exercice 9 (contrexemples au théorème de Lebesgue)

• On considère la suite de fonctions f_{n} définies sur [0, 1] par f_{1} = 1 sur [0,1] f_{2} = 1 sur [0, \frac{1}{2}], 0 ailleurs f_{3} = 1 sur [\frac{1}{2}, 1], 0 ailleurs f_{4} = 1 sur [0, \frac{1}{4}], 0 ailleurs f_{5} = 1 sur [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}], 0 ailleurs f_{6} = 1 sur [\frac{1}{2}, \frac{3}{4}], 0 ailleurs... La formule générale est : Si 2^{k−1} ≤ n < 2^{k}, alors f_{n} = 1 sur [\frac{n−2^{k−1}}{2^{k−1}} , \frac{n+1−2^{k−1}}{2^{k−1}} ] = [\frac{n}{2^{k−1}} − 1, \frac{n+1}{2^{k−1}} − 1]. Cette suite de fonctions est une "bosse roulante" dont la largeur tend vers zéro, mais qui balaye constamment l’intervalle [0, 1]. Elle est positive et son intégrale tend vers zéro. Donc f_{n} → 0 dans L^{1}. Par contre, f_{n}(x) ne tend jamais vers 0. En effet, si x est un point de [0,1], on peut poser par division euclidienne x = \frac{N}{2^{k−1}} + r, avec N < 2^{k−1} et r < \frac{1}{2^{k−1}} . Posons n = N + 2^{k−1}, ce qui permet d’écrire x sous la forme x = \frac{n−2^{k−1}}{2^{k−1}} + r. On voit que f_{n}(x) = 1, alors que f_{n+2}(x) = 0 par exemple. Donc f_{n}(x) ne converge nulle part !

• On pose f_{n}(x) = n si 0 ≤ x ≤ \frac{1}{n} et f_{n}(x) = 0 sinon. Alors f_{n}(x) tend vers 0 pour tout x ∈]0, 1]. Par contre, ∫ f_{n} = 1 et donc f_{n} ne tend pas vers 0 dans L^{1}.

Exercice 10 On pose x = (x_{1}, ..., x_{N}) et

m(r) = mes({x ∈ E, x_{1} ≤ r}) = ∫_{IR^{N}} χ_{{x, x_{1}≤r}}dx.

Une application immédiate du théorème de Lebesgue montre que m est une fonction continue. Toujours par le même théorème, on montre que m(r) → 0 quand r → −∞ et m(r) → mes(E) quand r → +∞. (Dans tous les cas, on utilise tout bonnement la fonction χ_{E} comme chapeau intégrable). Par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction m(r), il existe donc pour tout 0 < a < mes(E) un réel r tel que m(r) = a.

Exercice 11 Comme w_{n} ≥ 0, on a 0 ≤ (w−w_{n})^{+} ≤ w ∈ L^{1} et donc par le théorème de Lebesgue ∫ (w − w_{n})^{+} → 0. On déduit de la relation ∫ (w − w_{n})^{+} − ∫ (w − w_{n})^{−} = ∫ w − w_{n} → 0 que ∫ (w − w_{n})^{−} tend aussi vers zéro et finalement que la somme des deux mêmes intégrales ∫ |w − w_{n}| = ∫ (w − w_{n})^{+} + ∫ (w − w_{n})^{−} tend vers zéro.

Exercice 12 On applique le critère d’intégration avec par exemple ε = 1. Il existe donc η tel que mes(K) ≤ η ⇒ ∫_{K} |f| ≤ 1. Comme B est borné, il peut être recouvert par un nombre fini de boules de mesure inférieure à η, B_{1}, ..., B_{k}. On a donc ∫_{B} |f| ≤ Σ_{1}^{k} ∫_{B_{i}} |f| ≤ kη, ce qui prouve que f ∈ L^{1}(B). Réciproquement, soit f ∈ L^{1}(B) et supposons par contradiction qu’il existe ε et une suite K_{n} de sous-ensembles de B tels que ∫_{K_{n}} f ≥ ε et mes(K_{n}) → 0. Quitte à extraire une sous-suite, on peut supposer que mes(K_{n}) ≤ \frac{1}{2^{n}}. On pose J_{n} = ∪_{n+1}^{∞}K_{k}. Donc mes(J_{n}) ≤ Σ_{n+1}^{∞} \frac{1}{2^{k}} ≤ \frac{1}{2^{n}} . La suite g_{n} des fonctions caractéristiques des J_{n} est une suite décroissante de fonctions positives dont l’intégrale tend vers zéro. Elle converge donc presque partout vers zéro. Revenant à f, on a ∫_{J_{n}} |f| = ∫_{B} g_{n}(x)|f(x)|dx. Comme g_{n}(x)|f(x)| tend presque partout vers zéro et que |f| est chapeau intégrable, on conclut que ∫_{J_{n}} |f| → 0, ce qui contredit le fait que ∫_{J_{n}} |f| ≥ ε.

Si on choisit d’appliquer le résultat de l’exercice ??, on voit tout de suite que mes(K_{n}) → 0 ⇒ ∫_{K_{n}} |f| → O.

Exercice 13 (Réciproque du théorème de Lebesgue). i)Si f_{n} → f dans L^{1}, alors ∃i_{n}, ||f_{i_{n}} − f||_{L^{1}} < 2^{−n−1}. Donc ||f_{i_{n+1}} − f_{i_{n}}||_{L^{1}} < 2^{−n−1} + 2^{−n−2} < 2^{−n}. ii) On a Σ_{n}||g_{n}||_{L^{1}} ≤ Σ2^{−n} = 1. On pose h(x) = Σ_{n}|g_{n}(x)|. Cette série est positive et converge partout (éventuellement vers l’infini). Par le théorème de convergence monotone, ∫ h(x)dx = Σ_{n} ∫ |g_{n}(x)|dx = Σ_{n}||g_{n}||_{L^{1}} ≤ 1. Donc h(x) ∈ L^{1} et on déduit que la série de réels Σ_{n}|g_{n}(x)| est convergente pour presque tout x. Il est donc de même pour la série Σ_{n}g_{n}(x). Cette dernière série a h(x) pour chapeau intégrable. Par le théorème de Lebesgue, elle est donc convergente dans L^{1}. Comme f_{i_{n+1}} = f_{1} + Σ_{1}^{n}g_{n}, on en déduit que f_{i_{n}} converge dans L^{1}. iii) |f_{1}| + h(x) est un chapeau intégrable pour la suite f_{i_{n}}. Remarquer que l’on a montré la convergence p.p. de f_{i_{n}} vers une fonction f̃. Comme on a un chapeau intégrable, par le théorème de Lebesgue, f_{i_{n}} → f̃ dans L^{1}. Mais on sait par hypothèse que f_{i_{n}} converge dans L^{1} vers f. On a donc bien f = f̃ presque partout. iv) Adaptation à la démonstration de complétude de L^{1} : Si f_{n} est une suite de Cauchy dans L^{1}, on peut définir g_{n} comme précédemment et appliquer exactement le même raisonnement pour prouver que la série Σ_{n}g_{n}(x) est de Cauchy pour presque tout x et a donc une limite ponctuelle f(x). On déduit alors du théorème de Lebesgue que f_{i_{n}} converge vers f dans L^{1}. Il est alors immédiat (inégalité triangulaire) que toute la suite f_{n} converge vers f.

Exercice 14 On a

\frac{φ(t) − φ(0)}{t} = ∫_{0}^{1} \frac{t}{\sqrt{f(x)^{2} + t^{2}} + \sqrt{f^{2}(x)}}dx = ∫_{0}^{t} k_{t}(x)dx.

On voit que k_{t}(x) = 1 si f(x) = 0 et k_{t}(x) → 0 quand t → 0 si f(x) ≠ 0. Donc k_{t}(x) → χ_{{f(x)=0}}, la fonction caractéristique de l’ensemble des points où f(x) s’annule. Ceci nous donne la limite ponctuelle. Cherchons un chapeau intégrable.

On voit immédiatement que |k_{t}(x)| ≤ 1. Donc, par le théorème de Lebesgue, k_{t} → χ_{{f(x)=0}} quand t → 0 dans L^{1}(0, 1). D’où φ′(0^{+}) = ∫ χ_{{f(x)=0}} = mes({x, f(x) = 0}).

Exercice 15 Notons χ_{[0,n]} la fonction caractéristique de [0, n], qui vaut 1 si x ∈ [0, n] et 0 ailleurs. Alors

Γ_{n} = ∫_{0}^{+∞}(1 − \frac{x}{n})^{n}e^{\frac{x}{2}} χ_{[0,n]}(x)dx.

On calcule la limite ponctuelle de l’intégrand : Comme (1 − \frac{x}{n})^{n} = e^{nLog(1− \frac{x}{n})} → e^{−x} quand n → +∞, on voit que l’intégrand tend vers e^{− \frac{x}{2}} . Reste à trouver un chapeau intégrable. Si x ≤ n, Log(1 − \frac{x}{n}) ≤ −\frac{x}{n} + \frac{x^{2}}{2n^{2}} ≤ −\frac{x}{2n}. Donc (1 − \frac{x}{n})^{n}e^{\frac{x}{2}} χ_{[0,n]}(x) ≤ e^{− \frac{x}{2}} pour tout x ≥ 0. On conclut par le théorème de Lebesgue que Γ_{n} → ∫_{0}^{+∞} e^{− \frac{x}{2}} dx = 2.

Exercice 16 On a

α ∫_{{|f(x)|≥α}} dx ≤ ∫_{{|f(x)|≥α}} |f(x)|dx = ∫ χ_{{|f(x)|≥α}}(x)|f(x)|dx.

On remarque que χ_{{|f(x)|≥α}}f(x) → 0 quand α → +∞, presque partout, et que |χ_{{|f(x)|≥α}}f(x)| ≤ |f(x)| qui est donc chapeau intégrable. Par le théorème de Lebesgue, on a donc ∫_{{|f(x)|≥α}} |f(x)|dx → 0.

Exercice 17 On pose f(t, x) = e^{−t}t^{x−1} = e^{−t+(x−1)Logt}. Fixons 0 < α < M. On a, pour (t, x) ∈]0, +∞]×]α, M], |\frac{∂^{n}f}{∂x^{n}} (t, x)| = |e^{−t}(Logt)^{n}t^{x−1}| ≤ h_{n}(t), où h_{n}(t) = e^{−t}|(Logt)^{n}|t^{α−1} si 0 < t ≤ 1 et h_{n}(t) = e^{−t}|(Logt)^{n}|t^{M−1} si t > 1. Les fonctions h_{n}(t) étant sommables sur ]0, ∞] , on voit (pour n = 0) que Γ est bien définie, puis qu’on peut appliquer successivement à tous ordres le théorème de dérivation sous le signe somme à l’intégrale définissant Γ(x). On obtient, pour tout α < x < M,

\frac{∂^{n}Γ}{∂x^{n}}(t, x) = ∫_{0}^{∞} e^{−t}(Logt)^{n}t^{x−1}dt.

Comme α est arbitrairement petit et M arbitrairement grand, on conclut que Γ(x) est C^{∞} sur ]0, +∞[. Quand x → 0, le théorème de convergence monotone nous dit que

Γ(x) ≥ ∫_{0}^{1} e^{−t}t^{x−1}dt → ∫_{0}^{1} \frac{e^{−t}}{t} dt = +∞.

Exercice 18 Par le théorème de la convergence monotone, on a

∫_{0}^{1} Σ_{n∈Z}|f(x + n)| = Σ_{n∈Z} ∫_{0}^{1} |f(x + n)|dx = Σ_{n∈Z} ∫_{n}^{n+1} |f(x)|dx = ∫_{IR} |f(x)|dx.

La série Σ_{n∈Z}|f(x + n)| converge donc pour presque tout x et il en de même pour la série Σ_{n∈Z}f(x + n). Celle-ci a Σ_{n∈Z}|f(x + n)| comme chapeau intégrable. Par le théorème de Lebesgue, elle est donc convergente dans L^{1} et on obtient la formule demandée.

Exercice 19 : application directe du théorème de Fubini et du théorème de dérivation sous le signe somme.

Exercice 20 : application directe du théorème de Fubini et du théorème de dérivation sous le signe somme.

Exercice 21 On a F (λ) = ∫_{0}^{1} f(x, λ)dx = ∫_{λ}^{1} ϕ(x)dx. Donc F′(λ) = −ϕ(λ). On voit que la conclusion du théorème de dérivation sous le signe somme est fausse. En effet, l’hypothèse b) est invalidée : \frac{∂f}{∂λ}(x, λ) n’existe pas en tout point de A × I = [0, 1] × [0, 1], mais seulement en presque tout point.