\documentstyle[12pt,leqno]{article}
%\input {macro.tex}

\textwidth 15cm
\oddsidemargin 0.96cm
\evensidemargin 0.96cm

\def\R\'esum\'e{\small\noindent\bf R\'esum\'e. \rm}
\def\Abstract{\small\noindent\bf Abstract. \rm}

\newtheorem{Exer}{Exercice}
\def\dexer{\begin{Exer}\rm}
\def\fexer{\end{Exer}}


\def\real{I\!\!R}
\def\natural{I\!\!N}
\def\rational{{\cal Z}}

\def\sin{\hbox{sin}}
\def\cos{\hbox{cos}}
%rappel : \overline{cequ'onveut}

\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}
\def\mes{\hbox{mes}}
\def\indic{1\!\!1}

\begin{document}
\section{Int\'{e}gration, Lebesgue, Fubini : Corrig\ea }

\dexer
Comme $[-k, k]$ est un compact, la fonction $f$ consid\e r\e e est uniform\e
ment continue sur $[-k,k]$.  Il existe donc $n\in \natural$ tel que $|x-y|\leq
\frac 1 n,$ $x, y\in [-k, k]$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|\leq
\frac{\varepsilon}{2k}$.  On recouvre $[-k,k]$ par $2n$ intervalles cons\e cutifs
de longueur $\frac {k}n$.  On v\e rifie ais\e ment que les $2n$ rectangles
$$
[l\frac k  n, (l+1)\frac k n]\times [f((l+\frac 1 2)\frac k n)-\frac 
\varepsilon{2k}, f((l+\frac 1 2)\frac k n) + \frac \varepsilon {2k})], \; l=-n,
-(n-1),..., n-1
$$
  recouvrent le graphe de $f$ sur $[-k,k]$.  Donc 
la mesure de ce graphe est plus petite que $2n \frac{k}n \frac
\varepsilon{2k}=\varepsilon$.
\fexer

\dexer \label{finfiniesurmesurenulle}  Supposons que $\mu(A)=0$. On pose $h_k(x) =
\min (h(x), k).$  Comme
$A$ est de mesure nulle, on a par d\e finition de $\mu(A)$, $\int \indic_A =
\mu(A) = 0$.  Donc 
$$\int h_k(x) = k\int \indic_A = 0.$$
Par le th\e or\ee me de la convergence monotone, $\int h(x)dx = \lim_{k\to
\infty}h_k(x)dx = 0$.  Si maintenant $\mu(A) >0$, on a, encore par le th\e or\ee
me de la convergence monotone, 
$$\int h(x)dx = \lim_{k\to \infty} \int h_k(x) dx = \lim_{k\to
\infty}k\mu(A)=+\infty.$$
On d\e duit imm\e diatement que si $f\geq 0$ v\e rifie $\int f<\infty,$ alors
l'ensemble 
$A=\{x, f(x) = +\infty\}$ est de mesure nulle.
\fexer

\dexer
Comme les boules sont de mesure strictement positive, on d\e duit que $f(x)=g(x)$
sur un ensemble dense de $\real^N$, et, par continuit\e , partout.
\fexer


\dexer  
Montrons directement le deuxi\ee me \e nonc\e .  Le premier s'en d\e duit. On a
$$\int_{A_n}f(x)dx = \int \indic_{A_n}f(x)dx.$$  
On peut appliquer le th\e or\ee me de la convergence monotone (Beppo-Levi) aux
fonctions $h_n=\indic_{A_n}$ et on d\e duit le r\e sultat.  Ce th\e or\ee me se
g\e n\e ralise facilement au cas o\u $f$ n'est plus n\e cessairement positive,
mais est sommable : on applique le th\e or\ee me de la convergence domin\e e
(Lebesgue) aux fonctions $h_n$, qui ont comme chapeau int\e gral $|f|$ et qui
convergent partout vers $f$.
\fexer

\dexer \label{integralesurpetitsensemblescorr} Notons $[h\leq M]$ l'ensemble $\{x,
h(x)\leq M\}$. On \e crit 
\begin{equation}\label{AMhn}
\int_{A_n}h(x)dx\leq \int_{A_n\cap [h(x)\leq M]}h+\int_{A_n\cap
[h(x)>M]}h\leq M \mu(A_n) + \int_{[h(x)>M]}h(x)dx.
\end{equation}
Par le th\e or\ee me de la convergence domin\e e, on a 
$\int_{[h(x)>M]}h(x)dx \to 0$.  En effet, $h(x)\indic_{[h(x)>M]}$ tend vers z\e
ro presque partout car $\mu([h=+\infty]) =0$ (Exercice
\ref{finfiniesurmesurenulle})  et $|h(x)|$ est chapeau int\e grable.  On peut
donc fixer pour tout $\varepsilon>0$, $M$ tel que
$\int_{[h(x)>M]}h(x)dx<\varepsilon.$  On choisit ensuite $n$ suffisamment grand
pour que $M\mu(A_n)<\varepsilon$ et on d\e duit alors de (\ref{AMhn}),
$\int_{A_n}h(x)dx <2\varepsilon.$
\fexer


\dexer
On sait que $f_n(x)\to \Sigma_0^\infty (-1)^kx^k=\frac 1 {1+x}$ pour tout $0\leq
x<1$.  Par ailleurs, la s\e rie \e tant altern\e e,  on obtient $0\leq f_n \leq
1$.  Donc la fonction constante $1$ est "chapeau int\e grable" pour $f_n(x)$
sur [0,1].  Par le th\e or\ee me de Lebesgue, on d\e duit que $f_n(x)\to \frac 1
{1+x}$ dans
$L^1(0,1)$, ce qui implique que $\int_0^1f_n(x)dx \to \int_0^1\frac 1
{1+x}dx=Log 2.$  En int\e grant terme \a terme, on obtient
$\Sigma_1^\infty \frac {(-1)^{n+1}}{n}=Log 2$.
\fexer

\dexer
En posant $y=nx$, on a par le th\e or\ee me de changement de
variable $n\int_1^\infty f(nx)dx =
\int_n^\infty f(y)dy=\int_{\real}\chi_{[n,+\infty[}(y)f(y)dy$ ( $\chi_A	$ d\e
signe la fonction qui vaut 1 sur $A$ et 0 ailleurs).  La fonction $f(y)\chi_{[n,
\infty[}(y)$ tend vers z\e ro ponctuellement quand $n\to \infty$ et $|f|$ en est
chapeau int\e grable.  Donc par le th\e or\ee me de Lebesgue,
l'int\e grale consid\e r\e e tend vers z\e ro. 
\fexer

\dexer
 (Lemme de Fatou)
\newline
i) Si $g_n$ est une suite de fonctions sommables positives, on a pour tout $n$
$\int\inf_n g_n\leq \int g_n.$
En prenant l'infimum des deux cot\e s, on obtient 
$\int \inf_n g_n \leq \inf_n \int g_n$.
\newline
ii) La suite $g_N$ est une suite croissante de fonctions positives ou nulles. 
Par le th\e or\ee me de la convergence monotone, on a donc
$\lim_{N\to
\infty}\int g_N =
\int
\lim_{N\to
\infty}g_N.$
\newline
iii)  En combinant l'\e galit\ea du ii) et l'in\e galit\ea du i), on obtient
directement le lemme de Fatou :
$$\int\lim\inf f_n \leq \lim\inf \int f_n.$$
\fexer

\dexer (contrexemples au th\e or\ee me de Lebesgue)
\newline
$\bullet$ On consid\ee re la suite de fonctions 
$f_n$ d\e finies sur $[0,1]$ par
\newline
$f_1 = 1$ sur [0,1]
\newline $f_2 = 1$ sur $[0, \frac 1 2]$, 0 ailleurs
\newline $f_3 = 1 $ sur $[\frac 1 2, 1]$, 0 ailleurs
\newline $f_4 = 1$ sur $[0, \frac 1 4]$, 0 ailleurs
\newline $f_5 = 1 $ sur $[\frac 1 4, \frac 1 2]$, 0 ailleurs
\newline $f_6 = 1$ sur $[\frac 1 2, \frac 3 4]$, 0 ailleurs...
\newline La formule g\e n\e rale est :\newline
Si $2^{k-1}\leq n<2^k$, 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 z\e ro, mais
qui balaye constamment l'intervalle $[0,1]$.  Elle est positive et son int\e
grale tend vers z\e ro.  Donc
$f_n\to 0$ 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'\e
crire $x$ 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 !
\newline\newline
$\bullet$ On pose $f_n(x)= n$ si $0\leq x\leq \frac 1 n$ et $f_n(x)=0$ sinon. 
Alors
$f_n(x)$ tend vers 0 pour tout $x\in ]0,1]$.  Par contre, $\int f_n = 1$ et donc
$f_n$ ne tend pas vers 0 dans $L^1$.
\fexer

\dexer
  On pose $x=(x_1,..., x_N)$ et $$m(r) =\mes(\{x\in E,\; x_1\leq r\})=
\int_{\real^{N}}\chi_{\{x, \;x_1\leq r\}}dx.$$  
Une application imm\e diate du th\e or\ee me de Lebesgue montre que $m$ est une
fonction continue. Toujours par le m\eee me th\e or\ee me, on montre que 
$m(r)\to 0$ quand $r\to - \infty$ et $m(r)\to \mes(E)$ quand $r\to +\infty$. 
(Dans tous les  cas, on utilise tout bonnement la fonction $\chi_E$ comme
chapeau int\e grable). Par le th\e or\ee me des valeurs interm\e diaires
appliqu\ea \a la fonction $m(r)$, il existe donc pour tout
$0<a<\mes (E)$
un r\e el $r$ tel que $m(r)=a$.
\fexer

\dexer
Comme $w_n\geq 0$, on  a $  0\leq (w-w_n)^+\leq w\in L^1 $ et donc par le th\e
or\ee me de Lebesgue $\int (w-w_n)^+\to 0$.   On d\e duit de la relation
$ \int (w-w_n)^+ -\int (w-w_n)^-= \int w-w_n\to 0$ que $\int (w-w_n)^-$ tend
aussi vers z\e ro et finalement que la somme  des deux m\eee mes int\e grales
$\int |w-w_n|= \int (w-w_n)^+ +\int (w-w_n)^-$ tend vers  z\e ro.
\fexer

\dexer
On applique le crit\ee re d'int\e gration avec par exemple
$\varepsilon =1$. Il existe donc $\eta$ tel que $\mes(K)\leq \eta \Rightarrow
\int_K|f|\leq 1$. Comme $B$ est born\e, il peut \eee tre recouvert par un  nombre
fini de boules de mesure inf\e rieure \a $\eta$, $B_1, ..., B_k$.  On a donc
$\int_B |f|\leq \Sigma_1^k \int_{B_i}|f|\leq k\eta$, ce qui prouve que $f\in
L^1(B)$. \newline
R\e ciproquement, soit $f\in L^1(B)$ et supposons par contradiction qu'il existe
$\varepsilon$ et
une suite $K_n$ de sous-ensembles de $B$ tels que 
$\int_{K_n}f\geq \varepsilon$ et $\hbox{mes}(K_n)\to 0$.  Quitte \a extraire une
sous-suite, on peut supposer que $\mes(K_n)\leq \frac 1 {2^n}$.  On pose
$J_n=\cup_{n+1}^{\infty} K_k$.  Donc $\mes(J_n)\leq \Sigma_{n+1}^\infty\frac 1
{2^k}\leq\frac 1 {2^n}.$  La suite $g_n$ des fonctions caract\e ristiques des
$J_n$ est une suite d\e croissante de fonctions  positives dont l'int\e grale tend
vers z\e ro.  Elle converge donc presque partout vers z\e ro.
Revenant \a $f$, on a $\int_{J_n}|f| = \int_B g_n(x)|f(x)|dx$.  Comme
$g_n(x)|f(x)|$ tend presque partout vers z\e ro et que $|f|$ est chapeau int\e
grable, on conclut que $\int_{J_n}|f|\to 0$, ce qui  contredit le fait que
$\int_{J_n}|f|\geq \varepsilon$.

Si on choisit d'appliquer le r\e sultat de l'exercice
\ref{integralesurpetitsensemblescorr}, on voit tout de suite que $\mes(K_n)\to
0\Rightarrow \int_{K_n}|f|\to O.$
\fexer

\dexer
(R\e ciproque du th\e or\ee me de Lebesgue).
\newline
i)Si $f_n\to f$ dans $L^1$, alors $\exists i_n, ||f_{i_n}-f||_{L^1}<2^{-n-1}$.
Donc
$||f_{i_{n+1}}-f_{i_n}||_{L^1}<2^{-n-1}+2^{-n-2}<2^{-n}$.
\newline
ii)   On a $\Sigma_{n}||g_n||_{L^1}\leq \Sigma 2^{-n}=1$.  
On pose $h(x)=\Sigma_n |g_n(x)|$. Cette s\e rie est positive et converge partout
(\e ventuellement vers l'infini).  Par le th\e or\ee me de convergence monotone,
$\int h(x)dx=\Sigma_n \int |g_n(x)|dx= \Sigma_n ||g_n||_{L^1}\leq 1$.  Donc
$h(x)\in L^1$ et on d\e duit que la s\e rie de r\e els $\Sigma_n |g_n(x)|$ est
convergente pour presque tout $x$.  Il est donc de m\eee me pour la s\e rie
$\Sigma_n g_n(x)$.  Cette derni\ee re s\e rie  a 
$h(x)$ pour chapeau int\e grable.  Par le th\e or\ee me de Lebesgue, elle est
donc convergente dans $L^1$.  Comme $f_{i_{n+1}}=f_1+\Sigma_1^ng_n$, on en d\e
duit que $f_{i_n}$ converge dans $L^1$.  
\newline
iii) $|f_1|+h(x)$ est un chapeau int\e grable pour la suite $f_{i_n}$. 
Remarquer que l'on a montr\ea la convergence p.p. de $f_{i_n}$ vers une fonction
$\tilde f$.  Comme on a un chapeau int\e grable, par le th\e or\ee me de
Lebesgue, $f_{i_n}\to \tilde f$ dans $L^1$.  Mais
on sait par hypoth\ee se que
$f_{i_n}
$ converge dans
$L^1$ vers $f$. On a donc bien $f=\tilde f$ presque partout.
\newline
iv)  Adaptation \a la d\e monstration de compl\e tude de $L^1$ : Si $f_n$ est
une suite de Cauchy dans $L^1$, on peut d\e finir $g_n$ comme pr\e c\e demment
et appliquer exactement le m\eee me raisonnement pour prouver que la s\e rie 
$\Sigma_n g_n(x)$ est de Cauchy 
pour presque tout $x$ et a donc une limite ponctuelle $f(x)$.  On d\e duit alors
du th\e or\ee me de Lebesgue que $f_{i_n}$ converge vers $f$ dans $L^1$.  Il est
alors imm\e diat (in\e galit\ea triangulaire) que toute la suite $f_n$ converge
vers $f$. 
\fexer

\dexer
 On a
$$\frac {\varphi(t)-\varphi(0)}{t}=\int_0^1\frac
{t}{\sqrt{f(x)^2+t^2}+\sqrt{f^2(x)}}dx=\int_0^tk_t(x)dx.$$
On voit que $k_t(x)=1$ si $f(x)=0$ et $k_t(x)\to 0$ quand $t\to 0$
si
$f(x)\neq 0$. Donc $k_t(x)\to \chi_{\{f(x)=0\}}$, la fonction caract\e ristique de
l'ensemble des points o\u $f(x)$ s'annule. Ceci nous donne la limite ponctuelle.
Cherchons un chapeau int\e grable.  On voit imm\e diatement que $|k_t(x)|\leq
1$. Donc, par le th\e or\ee me de Lebesgue,
$k_t\to \chi_{\{f(x)=0\}}$ quand $t\to 0$ dans $L^1(0,1)$.  D'o\u 
$\varphi'(0^+)=\int \chi_{\{f(x)=0\}}=\mes(\{x, f(x)=0\}).$
\fexer

\dexer
Notons $\chi_{[0,n]}$  la fonction caract\e ristique de $[0,n]$, qui vaut 1 si
$x\in[0,n]$ et 0 ailleurs.  Alors
$$\Gamma_n=\int_0^{+\infty}(1-\frac x n)^ne^{\frac x 2}\chi_{[0,n]}(x)dx.$$
On calcule la limite ponctuelle de l'int\e grand : Comme $(1-\frac x
n)^n=e^{nLog(1-\frac x n)}\to e^{-x}$ quand $n\to +\infty$, on voit que l'int\e
grand tend vers $e^{-\frac x 2}$. Reste \a trouver un chapeau int\e grable. Si
$x\leq n$, $Log(1-\frac x n)\leq -\frac x n +\frac {x^2}{2n^2}\leq -\frac x
{2n}.$  Donc $(1-\frac x n)^ne^{\frac x 2}\chi_{[0,n]}(x)\leq e^{-\frac x 2}$
pour tout $x\geq 0$.  On conclut par le th\e or\ee me de Lebesgue que
$\Gamma_n\to \int_0^{+\infty}e^{-\frac x 2}dx=2$.
\fexer

\dexer
On a 
$$\alpha\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}dx\leq
\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}|f(x)|dx=\int\chi_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}(x)|f(x)|dx.$$
On remarque que $\chi_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}f(x)\to 0$ quand $\alpha\to +\infty$,
presque partout, et que $|\chi_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}f(x)|\leq |f(x)|$ qui est
donc chapeau int\e grable.  Par le th\e or\ee me de Lebesgue, on a donc
$\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}|f(x)|dx\to 0$.
\fexer

\dexer
On pose $f(t,x)=e^{-t}t^{x-1}=e^{-t+(x-1)Log t}$. Fixons $0<\alpha<M$.
 On a, pour $(t,x)\in ]0,+\infty]\times ]\alpha, M]$,
$|\frac {\partial^n f}{\partial x^n}(t,x)|=|e^{-t}(Log t)^nt^{x-1}|\leq h_n(t)$,
o\u $h_n(t)=e^{-t}|(Log t)^n|t^{\alpha - 1}$ si $0<t\leq 1$ et
$h_n(t)=e^{-t}|(Log t)^n|t^{M-1}$ si $t> 1$.  Les fonctions $h_n(t)$ \e tant
sommables sur $]0, \infty]$ , on voit (pour $n=0$) que $\Gamma$ est bien
d\e finie, puis qu'on peut appliquer successivement
\a tous ordres le th\e or\ee me de d\e rivation sous le signe somme \a l'int\e
grale d\e finissant
$\Gamma (x)$.  On obtient, pour tout $\alpha<x<M$, 
$$\frac {\partial^n \Gamma}{\partial x^n}(t,x)=\int_0^\infty e^{-t}(Log
t)^nt^{x-1}dt.$$
Comme $\alpha$ est arbitrairement petit et $M$ arbitrairement grand, on conclut
que $\Gamma(x)$ est $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$. Quand $x\to 0$, le th\e or\ee
me de convergence monotone nous dit que
$$\Gamma (x)\geq \int_0^1e^{-t}t^{x-1}dt\to \int_0^1 \frac
{e^{-t}}{t}dt=+\infty.$$
\fexer

\dexer
Par le th\e or\ee me de la convergence monotone, on a
$$\int_0^1\Sigma_{n\in\rational} |f(x+n)|=\Sigma_{n\in
\rational}\int_0^1|f(x+n)|dx=\Sigma_{n\in\rational}\int_n^{n+1}|f(x)|dx=
\int_{\real}|f(x)|dx.$$
La s\e rie $\Sigma_{n\in \rational}|f(x+n)|$ converge donc pour presque tout $x$
et il en de m\eee me pour la s\e rie $\Sigma_{n\in \rational}f(x+n)$.  Celle-ci
a
$\Sigma_{n\in\rational}|f(x+n)|$ comme chapeau int\e grable.  Par le th\e or\ee
me de Lebesgue, elle est  donc convergente dans
$L^1$ et on obtient la formule demand\e e.
\fexer

\dexer
 : application directe du th\e or\ee me de Fubini
et du th\e or\ee me de d\e rivation sous le signe somme.
\fexer

\dexer
 : application directe du th\e or\ee me de Fubini
et du th\e or\ee me de d\e rivation sous le signe somme.
\fexer

\dexer
On a $F(\lambda) = \int_0^1 f(x,\lambda)dx=\int_\lambda^1\phi(x)dx.$
Donc $F'(\lambda) = -\phi(\lambda)$.  On voit que la conclusion du th\e or\ee me
de d\e rivation sous le signe somme est fausse. En effet, l'hypoth\ee se b) est
invalid\e e : $\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x,\lambda)$ n'existe pas en
tout point de $A\times I$ =  $[0,1]\times [0, 1]$, mais seulement en presque
tout point.  
\fexer


\end{document}
