\section{T.D. Int\'egration et Lebesgue}

Certains des exercices qui suivent font appel aux th\'eor\`emes de d\'erivation sous le signe int\'egral et au th\'eor\`eme de Fubini. Ces th\'eor\`emes sont rappel\'es dans la prochaine section et le th\'eor\`eme de Fubini sera d\'emontr\'e dans le prochain chapitre. On notera $\lambda$ la mesure de Lebesgue.\\

\dexer{\bf L'inégalité de Jensen en dimension $N$.} Soit $U\subset \RR^n$ un ouvert convexe et $\varphi: U\to \RR^n$
une fonction convexe. On note $x, y$ des éléments de $\RR^n$ et $x.y$ leur  produit scalaire canonique.
\\
1) Rappeler la définition de la convexité, pour un ensemble et pour une fonction.
\\
2)  Donner la définition de $\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)$. On rappelle qu'une fonction  $\varphi$ est continue en un
point $x$ si et seulement si $$\lim\inf_{y\to x}\varphi(y)\geq\varphi(x)\geq \lim\sup_{y\to x}.$$
\\
Montrer que $\varphi$  est continue. Indication: on vérifiera et utilisera successivement les deux inégalités qui
suivent
$$\varphi(y)\leq  \frac 12 \varphi(2y-x)+\frac 12 \varphi(x),\quad
\varphi(x)-\frac 12\varphi(x-z)\leq \frac 12\varphi(x+z).$$ Prendre la limite inférieure ou supérieure des deux membres
de ces inégalités quand $y\to x$ et quand $z\to 0$.
\\
{\it Solution.\ Les deux inégalités découlent immédiatement de la convexité de $\varphi$, la première parce que $y$ est
le milieu de $[2y-x, x]$ et la deuxième parce que $x$ est le milieu de $[x-z,x+z]$.  On fait la limite supérieure de la
première inégalité quand $y$ tend vers $x$. Cela donne

$$\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)\leq \frac 12\lim\sup_{y\to
x}\varphi(2y-x)+\frac 12\varphi(x)\leq \frac 12\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)+\frac 12 \varphi(x).$$ En  effet si $y\to
x$, $2y-x\to x$.  Donc $\lim\sup_{y\to  x}\varphi(y)\leq \varphi(x).$ En appliquant maintenant une limite inférieure à
la deuxième inégalité,

$$\varphi(x)-\lim\sup_{z\to 0}\frac 12\varphi(x-z)\leq \lim\inf_{z\to  0}\frac
12\varphi(x+z).$$ En utilisant la première inégalité prouvée, $\frac 12 \varphi(x)\geq \frac 12\lim\sup_{z\to
0}\varphi(x-z)$. Donc

$$\frac 12\varphi(x)\leq \frac 12\lim\inf_{z\to 0}\varphi(x+z).$$}
\\ 3) Indiquer où l'hypothèse que $U$ est ouvert a été utilisée.
Donner un exemple de fonction convexe sur un intervalle fermé et qui n'est pas continue.
\\
 4) Montrer que l'épigraphe de $\varphi$, $\{x,z)\in \RR^n\times \RR,\;
z>\varphi(x)\}$ est un ouvert convexe de $\RR^n\times \RR$.
\\
5) Montrer que tout hyperplan de $\RR^n\times R$ peut s'écrire sous la forme $\{(x,z), \;a.x+bz=c\}$  où $a\in \RR^n,\;
b,c\in \RR$.  On considère le point $(x_0,\varphi(x_0))\in U$. Montrer qu'il existe des réels $a\in \RR^n,\; b,c\in \RR
$ tels que $\forall x\in U,$
$$a.x+b\varphi(x)\geq c\hbox{ et } a.x_0+b\varphi(x_0)=0.$$
\\
{\it Solution: appliquer  Hahn-Banach géométrique à l'épigraphe ouvert de $\varphi$ et au point $(x_0,\varphi(x_0)).$ }
\\6) Montrer que $b\neq 0$.  En déduire qu'il  existe $v\in \RR^n$
$$\varphi(x)\geq v.(x-x_0)+\varphi(x_0).$$
\\7) L'ensemble des $v$ vérifiant l'inégalité précédente s'appelle
{\it sous-différentiel de $\varphi$ en $x_0$} et il est noté $\partial \varphi(x_0)$. Montrer que
$\partial\varphi(x_0)$ est convexe.
\\8) On suppose que  $\mu$ est une mesure de probabilité sur  $U$
telle que $\int_U |\varphi(x)|d\mu(x)<\infty$ et $\int_U |x|d\mu(x)<\infty. $  Montrer que $\int_U xd\mu(x)=x_0$
appartient à U. Quelle est l'interprétation géométrique de $x_0$ si $\mu$ est la mesure de Lebesgue?
\\9)
 Montrer l'inégalité de Jensen
$$\int \varphi(x)d\mu(x)\geq \varphi(\int_U x d\mu(x)).$$

\fexer


\dexer{Tout graphe est de mesure nulle.}

 \quest 1) Démontrer que le graphe d'une application continue $f$ de ${\mathbb
R}$ dans ${\mathbb R}$ est un sous-ensemble de mesure nulle dans ${\mathbb R}^2$.  (On montrera que la portion du
graphe comprise entre les abcisses $-k$ et $k$ peut \eee tre recouverte par des rectangles dont la somme des mesures
est arbitrairement petite).

\quest 2) Même question si $f\in {\mathbb L}^1_{loc}({\mathbb R})$, puis si $f$ est borélienne.
\fexer

\dsolution\  Comme $[-k, k]$ est un compact, la fonction $f$
considérée est uniformément continue sur $[-k,k]$.  Il existe donc
$n\in {\mathbb N}$ tel que $|x-y|\leq \frac 1 n,$ $x, y\in [-k,
k]$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|\leq \frac{\varepsilon}{4k}$.  On
recouvre $[-k,k]$ par $n$ intervalles consécutifs de longueur
$\frac {2k}n$.  On vérifie aisément que les $2n$ rectangles
$[l\frac 1  n, (l+1)\frac 1 n]\times [f((l+\frac 1 2)\frac k
n)-\frac \varepsilon{4k}, f((l+\frac 1 2)\frac k n) + \frac
\varepsilon {4k})]$, $l=-n, -(n-1),..., n-1$  recouvrent le graphe
de $f$ sur $[-k,k]$.  Donc la mesure de ce graphe est plus petite
que $2n \frac{2k}n \frac \varepsilon{4k}=\varepsilon$.
\newline
\newline Solution plus élégante : Soit $\varphi : \real^2\to \real$ définie par $\varphi(x,y)=y-f(x).$  Alors $\varphi^{-1}(0)=\{(x,f(x)), \; x\in  \real\}$ et par le théorème de Fubini-Tonnelli,
$$\lambda(\{(x,f(x)),\; x\in \real\})=\int_{\real}(\int_{\real}\indic_{y=f(x)}(x,y)dy)dx=0$$
car les singletons sont de mesure de Lebesgue nulle.

\fsolution

\dexer Soit $A$ un bor\'elien de ${\mathbb R}^N$ et soit $h$ égale à $+\infty$ dans $A$ et à 0 dans
son complémentaire.  Démontrer que l'on a
$$\int_{{\mathbb R}^N}h(x)dx = 0 \hbox { si } \lambda(A)=0,\;
\int_{{\mathbb R}^N}h(x)dx=+\infty \hbox{ si } \lambda(A)>0.$$ \fexer



\dsolution
\quest Supposons que $\lambda(A)=0$. On pose $h_k(x) = \min (h(x), k).$  Comme $A$ est de mesure nulle, on a par définition de $\lambda(A)$, $\int \indic_A dx = \lambda(A) = 0$. Donc
$$\int h_k(x)dx = k\int \indic_A dx= 0.$$
Par le théor\ee me de la convergence monotone, $\int h(x)dx = \lim_{k\to \infty}h_k(x)dx = 0$.  Si maintenant $\lambda(A) >0$, on a, encore par le théor\ee me de la convergence monotone,
$$\int h(x)dx = \lim_{k\to \infty} \int h_k(x) dx = \lim_{k\to \infty}k\lambda(A)=+\infty.$$ On déduit immédiatement que si $f\geq 0$ vérifie $\int f<\infty,$ alors l'ensemble $A=\{x, f(x) = +\infty\}$ est de mesure nulle.
\fsolution

\dexer{} Soit $f$ et $g$ deux fonctions continues telles que $f(x)=g(x)$ p.p..
Montrer que $f$ et $g$ sont égales partout. \fexer

\dsolution\ Comme les boules sont de mesure strictement positive,
on déduit que $f(x)=g(x)$ sur un ensemble dense de ${\mathbb R}^N$, et,
par continuité, partout.

\fsolution

\dexer{} Soit $f$ une fonction  intégrable sur ${\mathbb R}$.  Démontrer
que
$$\int_a^b f(x)dx \to \int_{{\mathbb R}}f(x)dx \hbox{ quand } a\to -\infty,\; b\to
+\infty.$$ Généralisation : soit $A_n$ une suite croissante
d'ensembles tels que $\bigcup_n A_n = {\mathbb R}^N$.  Démontrer que
$\int_{{\mathbb R}^N}f(x)dx=\lim_{n\to \infty}\int_{A_n}f(x)dx. $
\fexer

\dsolution
\quest Appliquer le théorème de convergence dominée de
Lebesgue à la suite $(f\indic_{A_n})_n$.
\fsolution



\dexer{} \label{integralesurpetitsensembles} Soit $h$ une fonction
positive intégrable sur ${\mathbb R}^N$ et $A_n$ des bor\'eliens de
${\mathbb R}^N$ tels que $\lambda (A_n) \to 0$. Démontrer que
$\int_{A_n}h(x)dx\to 0$ quand $n\to \infty$. \fexer

\dsolution\ Notons $[h\leq M]$ l'ensemble $\{x, h(x)\leq M\}$. On
écrit
\begin{equation}\label{AMhn}
\int_{A_n}h(x)\leq \int_{A_n\cap [h(x)\leq M]}h(x)dx+\int_{A_n\cap
[h(x)>M]}h(x)dx\leq M \lambda(A_n) + \int_{[h(x)>M]}h(x)dx.
\end{equation}
Par le théor\ee me de la convergence dominée, on a
$\int_{[h(x)>M]}h(x)dx \to 0$.  En effet, $h(x)\indic_{[h(x)>M]}$
tend vers zéro presque partout car $\lambda([h=+\infty]) =0$ (Exercice
\ref{finfiniesurmesurenulle})  et $|h(x)|$ est chapeau intégrable.
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 $M\lambda(A_n)<\varepsilon$ et on déduit
alors de (\ref{AMhn}), $\int_{A_n}h(x)dx <2\varepsilon.$
\fsolution

\dexer{} Calculer $\sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-1)^{n+1}}{n}$ \`{a} l'aide de
l'int\'{e}grale
 $\int _0^1 \frac {dx}{1+x}$.
Indication : on posera $f_n(x)=\Sigma_0^n(-1)^kx^k$ pour $x\in [0,1]$. On trouvera
un chapeau intégrable pour les $f_n$ et on appliquera le théor\ee me de Lebesgue.
%Application de la convergence monotone
\fexer

\dsolution\ 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 série étant
alternée,  $f_0(x)=1$ est "chapeau intégrable" pour $f_n(x)\geq 0$
sur [0,1]. Par le théor\ee me de Lebesgue, on déduit que
$f_n(x)\to \frac 1 {1+x}$ dans ${\mathbb L}^1(0,1)$, ce qui implique que
$\int_0^1f_n(x)dx \to \int_0^1\frac 1 {1+x}dx=Log 2.$  En
intégrant terme à terme, on obtient $\Sigma_1^\infty \frac
{(-1)^{n+1}}{n}=Log 2$. \fsolution

\dexer{} Soit $f\in {\mathbb L}^{1}({\mathbb R})$.  Calculer la limite de $n\int_1^\infty f(nx)dx$
quand $n\to +\infty$.
\fexer



\dsolution\ En posant $y=nx$, on a $n\int_1^\infty f(nx)dx =
\int_n^\infty f(y)dy=\int_{{\mathbb R}}\indic_{[n,+\infty[}(y)f(y)dy$.
La fonction $f(y)\indic_{[n, \infty[}(y)$ tend ponctuellement vers z\'ero quand $n\to \infty$ et $|f|$ en est chapeau
intégrable.  Donc par le théor\ee me de Lebesgue, l'intégrale
considérée tend vers zéro.
 \fsolution

\dexer{\it{(Déduire le Lemme de Fatou du théorème de convergence monotone)}}
\newline
On rappelle la définition de la limite inférieure d'une suite $a_n$ de réels :
$$\lim\inf_{n\to \infty}a_n = \lim_{N\to\infty}\inf_{n\geq N}a_n$$
Cette limite est une limite croissante et donc elle existe toujours dans ${\mathbb R} \cup \{+\infty\}\cup\{-\infty\}$.
\newline
i) Remarquer que si $g_n$ est une suite de fonctions sommables positives, alors $\int \inf_n g_n \leq \inf_n \int g_n$.
\newline
ii) Soit $f_n$ une suite de fonctions à valeurs dans ${\mathbb R}^+\cup\{+\infty\}$. On pose $g_N = \inf_{n\geq N}f_n.$
Montrer que $\lim_{N\to \infty}\int g_N = \int \lim_{N\to \infty}g_N.$
\newline
iii)  Déduire des questions précédentes le lemme de Fatou :
$$\int\lim\inf f_n \leq \lim\inf \int f_n.$$
\fexer

\dsolution\ 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 cotés, on obtient $\int \inf_n g_n \leq
\inf_n \int g_n$.
\newline
ii) La suite $(g_N)_N$ est une suite croissante de fonctions positives
ou nulles. Par le théor\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'égalit\ea du ii) et l'inégalit\ea du i), on
obtient directement le lemme de Fatou :
$$\int\lim\inf f_n \leq \lim\inf \int f_n.$$

\fsolution


\dexer \textit{contrexemples}
\newline Donner des exemples de suites de
fonctions $f_n\in {\mathbb L}^{1} (0,1)$ telles que

$\bullet$ $f_n\to f$ dans ${\mathbb L}^{1}$ et $f_n(x)$ ne tend pas
presque partout vers $f(x)$.

$\bullet$ $f_n$ ne tend pas
 vers $f$ dans ${\mathbb L}^{1}$ et $f_n(x)$ tend
vers $f(x)$
presque partout.
\fexer


\dsolution\ \newline $\bullet$ On consid\ee re la suite de
fonctions $f_n$ définies 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 générale 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 zéro, mais qui balaye constamment l'intervalle $[0,1]$.
Elle est positive et son intégrale tend vers zéro.  Donc $f_n\to
0$ dans ${\mathbb L}^{1}$.  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!
\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 ${\mathbb L}^{1}$.

\fsolution

\dexer \textit{Coupes d'un ensemble mesurable}\newline
 Soit $E$ un sous-ensemble de
mesure born\'{e}e
 de ${\mathbb R}^N$.  D\'{e}montrer que pour tout $0\leq\alpha\leq 1$,
$E$ contient un
 sous-ensemble de mesure $\alpha .\lambda(E)$.
\fexer

\dsolution\ On pose $x=(x_1,..., x_N)$ et $$m(r) =\lambda(\{x\in
E,\; x_1\leq r\})= \int_{{\mathbb R}^{N}}\indic_{\{x, \;x_1\leq
r\}}dx.$$ Une application immédiate du théor\ee me de Lebesgue
montre que $m$ est une fonction continue. Toujours par le m\eee me
théor\ee me, on montre que $m(r)\to 0$ quand $r\to -\infty$ et
$m(r)\to \lambda(E)$ quand $r\to +\infty$. (Dans tous les  cas, on
utilise tout bonnement la fonction $\indic_E$ comme chapeau
intégrable). Par le théor\ee me des valeurs intermédiaires
appliqué à la fonction $m(r)$, il existe donc pour tout
$0<a<\lambda (E)$ un réel $r$ tel que $m(r)=a$.


\fsolution

\dexer \textit{Convergence ${\mathbb L}^{1}$ quand il y a "conservation de la masse" (Lemme de Scheffé)}
\newline
Montrer que si une suite de  fonctions $(w_n)_n \in {\mathbb L}^{1}$ vérifie $w_n\geq 0$, $w_n(x)\to
w(x)$ presque partout, $w\in {\mathbb L}^{1}$ et $\int w_n \to \int w$, alors $w_n\to w$ dans
${\mathbb L}^{1}$.  Indication: écrire $\int w-w_n = \int (w-w_n)^+ -\int (w-w_n)^-$ et $\int
|w-w_n| = \int (w-w_n)^+ + \int (w-w_n)^-$ et appliquer le théor\ee me de Lebesgue.
\fexer

\dsolution\
 Comme $w_n\geq 0$, on  a $  0\leq (w-w_n)^+\leq w\in {\mathbb L}^{1} $
et donc par le théor\ee me de Lebesgue $\int (w-w_n)^+\to 0$.   On
déduit 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 zéro et
finalement que la somme  des deux m\eee mes intégrales $\int
|w-w_n|= \int (w-w_n)^+ +\int (w-w_n)^-$ tend vers  zéro.

\fsolution



\dexer  {\it Crit\`{e}re d'int\'{e}grabilit\'{e} sur un born\'{e} $B$ de ${\mathbb R}^N$}
\newline
  On va montrer dans cet exercice que $f\in {\mathbb L}^{1}(B)$ si et seulement si $\forall
\varepsilon\quad
\exists \eta, \quad \lambda(K)\leq \eta \Rightarrow
\int_K |f|\leq \varepsilon.$
\newline
i) Montrer que si le crit\ee re d'intégration est vérifié, alors $f$ est intégrable.
\newline
ii)  Pour la réciproque, on raisonne par contradiction et on suppose qu'il existe
$f\in {\mathbb L}^{1}(B)$ telle que le crit\ee re d'intégration ne soit pas vérifié. Montrer
qu'il existe alors $\varepsilon>0$  et une suite $K_n$ de sous-ensembles de $B$ tels
que $\int_{K_n}|f|\geq \varepsilon$ et $\lambda(K_n)\leq \frac 1 {2^n}$.
\newline On pose
$J_n=\cup_{n+1}^{\infty} K_k$.  Montrer que $\int_{J_n}|f|\to 0$ et conclure.
\newline Autre méthode : appliquer directement le résultat de l'exercice
\ref {integralesurpetitsensembles} !
\newline iii) (facultatif)
Adapter le crit\`{e}re d'int\'{e}grabilit\'{e}
\`{a} ${\mathbb R}^N$.
\fexer

\dsolution\ On applique le crit\ee re d'intégration avec par
exemple $\varepsilon =1$. Il existe donc $\eta$ tel que
$\lambda(K)\leq \eta \Rightarrow \int_K|f|\leq 1$. Comme $B$ est
borné, il peut \^etre recouvert par un  nombre fini de boules de
mesure inférieure à $\eta$, $B_1, ..., B_k$.  On a donc $\int_B
|f|\leq \Sigma_{i=1}^k \int_{B_i}|f|\leq k$, ce qui prouve que
$f\in {\mathbb L}^{1}(B)$.
\newline Réciproquement, soit $f\in {\mathbb L}^{1}(B)$ 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
$\lambda(K_n)\to 0$.  Quitte à extraire une sous-suite, on peut
supposer que $\lambda(K_n)\leq \frac 1 {2^n}$.  On pose
$J_n=\cup_{k=n+1}^{\infty} K_k$.  Donc $\mes(J_n)\leq
\Sigma_{k=n+1}^\infty\frac 1 {2^k}\leq\frac 1 {2^n}.$  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 $\int_{J_n}|f| = \int_B g_n(x)|f(x)|dx$.  Comme
$g_n(x)|f(x)|$ tend presque partout vers zéro et que $|f|$ est
chapeau intégrable, on conclut que $\int_{J_n}|f|\to 0$, ce qui
contredit le fait que $\int_{J_n}|f|\geq \varepsilon$.

\fsolution

\dexer   {\it Réciproque du Théor\ee me de Lebesgue}\newline
   On va montrer que
si $f_n$ est une suite convergente dans ${\mathbb L}^{1}$, alors il existe une sous-suite qui
converge presque partout et qui a un chapeau intégrable.
\newline i) Montrer que si la suite $f_n$ converge vers $f$ dans ${\mathbb L}^{1}$, on peut en
extraire une sous-suite  telle que $\|f_{i_{n+1}}-f_{i_n}\|_1<2^{-n}$.
\newline ii) On pose $g_n = f_{i_{n+1}}-f_{i_n}$ ; montrer en appliquant le théor\ee me  de convergence monotone que la série $\Sigma |g_n(x)|$ appartient à
${\mathbb L}^{1}$ et converge donc pour presque tout $x$.  En déduire que $f_{i_n}$ converge
presque partout.
\newline iii)  Déduire aussi que $f_{i_n}$ a un chapeau intégrable.
\newline iv)  Adapter le raisonnement précédent à une suite $f_n$ qui est de
Cauchy dans ${\mathbb L}^{1}$ pour montrer que ${\mathbb L}^{1}$ est un espace complet.
\fexer

\dsolution
\newline
i)Si $f_n\to f$ dans ${\mathbb L}^{1}$, alors $\exists i_n,
\|f_{i_n}-f\|_{1}<2^{-n-1}$. Donc
$\|f_{i_{n+1}}-f_{i_n}\|_{1}<2^{-n-1}+2^{-n-2}<2^{-n}$.
\newline
ii)   On a $\Sigma_{n}\|g_n\|_{1}\leq \Sigma 2^{-n}=1$. On pose
$h(x)=\Sigma_n |g_n(x)|$. Cette série est positive et converge
partout (éventuellement vers l'infini).  Par le théor\ee me de
convergence monotone, $\int h(x)dx=\Sigma_n \int |g_n(x)|dx=
\Sigma_n \|g_n\|_{1}\leq 1$.  Donc $h(x)\in {\mathbb L}^{1}$ et on
déduit que la série de réels $\Sigma_n |g_n(x)|$ est convergente
pour presque tout $x$.  Il est donc de m\eee me pour la série
$\Sigma_n g_n(x)$.  Cette derni\ee re série  a $h(x)$ pour chapeau
intégrable.  Par le théor\ee me de Lebesgue, elle est donc
convergente dans ${\mathbb L}^{1}$.  Comme
$f_{i_{n+1}}=f_{i_1}+\Sigma_1^ng_n$, on en déduit que
$(f_{i_n})_n$ converge dans ${\mathbb L}^{1}$.
\newline
iii) $|f_{i_1}|+h(x)$ est un chapeau intégrable pour la suite
$(f_{i_n})_n$.
\newline
iv)  Adaptation à la démonstration de complétude de ${\mathbb
L}^{1}$ : Si $f_n$ est une suite de Cauchy dans ${\mathbb L}^{1}$,
on peut définir $g_n$ comme précédemment et appliquer exactement
le m\eee me raisonnement pour prouver que la série $\Sigma_n
g_n(x)$ converge pour presque tout $x$ et a donc une limite
ponctuelle $f(x)$.  On déduit alors du théor\ee me de Lebesgue que
$(f_{i_n})_n$ converge vers $f$ dans ${\mathbb L}^{1}$.  Il est
alors immédiat (inégalit\ea triangulaire) que toute la suite
$(f_n)_n$ converge vers $f$. \fsolution

\dexer{}
 Calculer la d\'{e}riv\'{e}e \`{a} droite en z\'{e}ro de la fonction
$$t \to \int_0^1(g(x)+t^2)^{\frac{1}{2}}dx=\varphi(t),$$
o\`{u} $g$ vérifie $0\leq g\leq 1$. Indication :  pour évaluer la limite du rapport
$\frac{\varphi(t)-\varphi(0)}{t}$, penser à utiliser le th\'{e}or\`{e}me de Lebesgue.
\fexer

\dsolution\ 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 $k_t(x)\to \indic_{\{f(x)=0\}}$, la fonction
caractéristique de l'ensemble des points o\u $f(x)$ s'annule. Ceci
nous donne la limite ponctuelle. Cherchons un chapeau intégrable.
On voit immédiatement que $|k_t(x)|\leq 1$. Donc, par le théor\ee
me de Lebesgue, $k_t\to \indic_{\{f(x)=0\}}$ quand $t\to 0$ dans
${\mathbb L}^{1}(0,1)$.  D'o\u $\varphi'(0^+)=\int \indic_{\{f(x)=0\}}=\lambda(\{x,f(x)=0\}).$
\fsolution

\dexer{} Calculer $\lim_{n\to +\infty} \Gamma_n,$ o\u $\Gamma_n=\int_0^n(1-\frac x
n)^ne^{\frac x 2}dx.$ \fexer

\dsolution\ Notons $\indic_{[0,n]}$  la fonction caractéristique de
$[0,n]$, qui vaut 1 si $x\in[0,n]$ et 0 ailleurs. Alors
$$\Gamma_n=\int_0^{+\infty}(1-\frac x n)^ne^{\frac x 2}\indic_{[0,n]}(x)dx.$$
On calcule la limite ponctuelle de l'intégrand : Comme $(1-\frac x
n)^n=e^{n\log(1-\frac x n)}\to e^{-x}$ quand $n\to +\infty$, on
voit que l'intégrand tend vers $e^{-\frac x 2}$. Reste à trouver
un chapeau intégrable. Si $x\leq n$, $\log(1-\frac x n) \leq
-\frac x {2n}.$  Donc $(1-\frac x n)^ne^{\frac x
2}\indic_{[0,n]}(x)\leq e^{-\frac x 2}$ pour tout $x\geq 0$.  On
conclut par le théor\ee me de Lebesgue que $\Gamma_n\to
\int_0^{+\infty}e^{-\frac x 2}dx=2$. \fsolution

\dexer{}
On pose, pour $x>0$,
$\Gamma(x)=\int_0^\infty e^{-t}t^{x-1}dt$.  D\'{e}montrer que $\Gamma$
est de classe $C^\infty$ sur $\rbrack 0, +\infty \lbrack$.  D\'{e}montrer
 que $\Gamma(x)\to +\infty$ quand $x\to 0$.
Pour la deuxi\`{e}me question, penser \`{a} utiliser le lemme de
convergence monotone !
\fexer

\dsolution\ 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 $h_n(t)$ étant sommables sur $]0, \infty]$ , on voit
(pour $n=0$) que $\Gamma$ est bien définie, puis qu'on peut
appliquer successivement à tous ordres le théor\ee me de
dérivation sous le signe somme à l'intégrale définissant $\Gamma
(x)$.  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 théor\ee me de convergence
monotone nous dit que
$$\Gamma (x)\geq \int_0^1e^{-t}t^{x-1}dt\to \int_0^1 \frac
{e^{-t}}{t}dt=+\infty.$$

\quest Remarque : on peut  aussi  montrer que $\Gamma(z)$ est
holomorphe sur le demi-plan $Re(z)>0$, c'est plus rapide.

\fsolution

\dexer{} Soit $f$ une fonction sommable. Démontrer que $\lim_{\alpha\to
+\infty}\alpha\lambda(\{x,\;|f(x)|\geq \alpha\}) =0$.
\fexer

\dsolution
\quest 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 $\indic_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}f(x)\to 0$ quand
$\alpha\to +\infty$, presque partout, et que
$|\indic_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}f(x)|\leq |f(x)|$ qui est donc
chapeau intégrable.  Par le théor\ee me de Lebesgue, on a donc
$$\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}|f(x)|dx\to 0$$
\fsolution

\dexer{}     Si $f\in {\mathbb L}^{1}({\mathbb R})$, montrer que $\tilde f(x)=\Sigma_{n\in {\mathbb Q}} f(x+n)\in {\mathbb L}^{1}([0,1])$ et que $\int_{[0,1]}\tilde f(x)dx=\int_{{\mathbb R}}f(x)dx$. \fexer

\dsolution\
 Par le théor\ee me de la convergence monotone, on a
$$\int_0^1\Sigma_{n\in\relative} |f(x+n)|=\Sigma_{n\in
\relative}\int_0^1|f(x+n)|dx=\Sigma_{n\in\relative}\int_n^{n+1}|f(x)|dx=
\int_{{\mathbb R}}|f(x)|dx.$$ La série $\Sigma_{n\in
\relative}|f(x+n)|$ converge donc pour presque tout $x$ et il en
de m\eee me pour la série $\Sigma_{n\in \relative}f(x+n)$.
Celle-ci a $\Sigma_{n\in\relative}|f(x+n)|$ comme chapeau
intégrable.  Par le théor\ee me de Lebesgue, elle est  donc
convergente dans ${\mathbb L}^{1}$ et obtient la formule demandée.

\fsolution



\dexer \textit{Un contre-exemple à méditer au théor\ee me de
dérivation sous le signe somme}. Soit $\phi$ une fonction continue
sur $[0,1]$.  On consid\ee re, dans $[0,1]\times [0,1]$ la
fonction $f$ définie par $f(x,\lambda) = \phi(x)$ si $x\leq
\lambda$ et $f(x,\lambda)=0$ sinon.  On pose
$F(\lambda)=\int_0^1f(x,\lambda)dx$. Pour chaque $\lambda$, la
dérivée partielle existe sauf en un point, et elle est majorée par
une fonction sommable fixe : la fonction 0. Déterminer la dérivée
de $F$. \fexer

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


\dexer{(\textbf{Inégalité de Hardy}, $\cite{CL}$)}\\

Soit $p$ un r\'eel strictement supérieur \`a $1$.

\quest 1) Soit $f \in {\mathbb L}^{p}({\mathbb R}_{+})$. On pose
$F(x)=\cfrac{1}{x}\int_{0}^{x}f(t)dt$. Le but de la question est
de montrer que $F$ est dans ${\mathbb L}^{p}({\mathbb R}_{+})$ et
que :
$$\left|\int_{0}^{\infty}|F(x)|^p dx\right|
\leq
\left(\cfrac{p}{p-1}\right)^{p}\int_{0}^{\infty}|f^{p}(x)|dx$$

\subquest a) Etablir le résultat lorsque $f$ est continue
positive.

\subquest b) En déduire le résultat lorsque $f$ est continue et de
signe quelconque.

\subquest c) Traiter le cas général.

\quest 2) Montrer que cette constante est optimale (\textit{ind. : on
pourra utiliser des fonctions puissances)}.
\fexer



\dsolution
\quest 1)

\subquest a) $f$ étant continue, $F$ est continue (y compris en $0$, le vérifier) et dérivable sur $(0,+\infty)$ avec $(xF)^{'}=F+xF^{'}=f$. En écrivant que
$$F^p(x) = F^{p-1} (x) f(x)-xF^{p-1}(x) F^{'}(x)$$
et en effectuant une intégration par parties, on obtient
$$\int_{0}^{T} F^{p} (x)dx=-\cfrac{T}{p-1}F^{p} (T) +\left(\cfrac{p}{p-1}\right) \int_{0}^{T}F^{p-1}(x)f(x)dx$$
(on vérifiera qu'il n'y a pas de problème en $0$ en prenant l'intégrale entre $\e$ et $T$ et en faisant tendre $\e$ vers $0$). Or $-\cfrac{T}{p-1}F^{p} (T)\leq 0$ car $f$ est supposée positive. En appliquant l'inégalité de Hölder dans la deuxième intégrale, on a
$$\int_{0}^{T} F^p (x)dx \leq \left(\cfrac{p}{p-1}\right)^{p}\int_{0}^{T} f^{p}(x)dx$$

\subquest b) On généralise l'inégalité précédente au cas où $f$ est de signe quelconque en remarquant qu'alors
$$|F(x)|\leq G(x)=x^{-1}\int_{0}^{x}|f(t)|dt$$
et l'inégalité précédente est valable avec le couple $(|f|,G)$. On en déduit facilement l'inégalité pour $(f,F)$.

\subquest c) On vient de montrer que l'application $T:f \in C_0 \rightarrow F\in \LL^p$ était linéaire continue avec une norme inferieure à $p/(p-1)$. Puisque $C^0$ est dense dans $\LL^p$, on a que pour tout $f\ \in \LL^p$, il existe une suite $(f_n)_n$ de fonctions continues tendant en norme $\LL^p$ vers $f$. Soit $F_n =T(f_n)$ : $(F_n)_n$ est une suite de Cauchy dans $\LL^p$ donc elle converge vers une certaine fonction $G$. Par la ``réciproque du théorème de Lebesgue'', de la suite $f_n$ on peut extraire une sous-suite qui converge simplement (et dans $\LL^p$) vers $f$. On en déduit facilement que $F(x)=x^{-1}\int_{0}^{x}f(t)dt=G(x)$ p.p. Donc $F$ est dans $\LL^p$ et vérifie l'inégalité de Hardy.

\quest 2) Facile.
\fsolution

\dexer ($\cite{CL}$)
Soit $a>0$. Calculer
$$\lim_{n\rightarrow \infty}\int_{0}^{n^{1/a}}\left(1-\cfrac{x^a}{n}\right)^{n}dx$$
(\textit{ind. : on pourra utiliser le théorème de convergence monotone})
\fexer

\dsolution
\noindent
Soit $u>0$. On considère la fonction $g_{u}(t)=t\log(1-u/t)$ pour $t>u$. on a $g_u^{'} (t)=\log(1-u/t)+u/(t-u)$ et $g^{''}_u (t)=-u^2/[t(t-u)^2]\leq 0$ et donc $g_u^{'}$ positive car $g_u^{'} (+\infty)=0$. Donc $g_u (t)$ est une fonction croissante de $t>u$ et $t\in (u,+\infty) \rightarrow (1-u/t)^t$ aussi. Il ne reste alors plus qu'à appliquer le théorème de convergence monotone et la limite cherchée est $\int_{0}^{\infty}\exp(-x^a)dx=a^{-1}\Gamma(a^{-1})$.
\fsolution



\dexer ($\cite{CL}$)
\quest 1) Soit $\gamma$ la constante d'Euler.
 Montrer que
 $$\gamma=-\int_{1}^{\infty}\left(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{E(x)}\right)dx$$
 o\`u $E(x)$ d\'esigne la partie enti\`ere de $x$. En d\'eduire que $\gamma>0$.

\quest 2) Montrer que $\gamma=\int_{0}^{\infty}e^{-s}\log(s)ds$.

 \fexer



\dsolution\

\quest 1) Trivial.

\quest 2) On a
$$\int_{0}^{k}(1-s/k)^k \log (s)ds=\int_{0}^{1}(1-s/k)^{k}
\log(s)ds +\int_{1}^{k} (1-s/k)^k \log (s)ds$$ Quand $k$ tend vers
$+\infty$, la première intégrale tend grâce au théorème de
convergence dominée vers $\int_{0}^{1} e^{-s}\log(s)ds$ et la
deuxième, grâce au théorème de convergence monotone (voir exercice
précédent), vers $\int_{1}^{\infty} e^{-s}\log (s)ds.$ On est donc
ramené à l'étude de $\int_{0}^{k}(1-s/k)^k \log (s)ds$ qui après
un changement de variables donne
$$k\int_{0}^{1} (1-u)^{k} \log(u)du-\cfrac{k}{k+1}\log k=\int_{0}^{1}k v^k \log(1-v)dv-\cfrac{k}{k+1}\log k$$
Or $\log(1-v)=\sum_{j=1}^{\infty}\cfrac{v^j}{j}$ d'où par le
théorème de convergence monotone
$$\int_{0}^{1} v^k \log (1-v)dv=\cfrac{k}{k+1}\left(1+\cfrac{1}{2}+\ldots+\cfrac{1}{k+1}\right)$$
On en déduit le résultat.

\fsolution




\dexer{} ($\cite{Dieu}$)\\
 Pour $z>0$, $p,q>0$, on d\'efinit les fonctions
$$\Gamma(z)=\int_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}dt,\;\;
B(p,q)=\int_{0}^{1}t^{p-1}(1-t)^{q-1}dt$$ Montrer que
$B(p,q)=\cfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma (p+q)}$ \vspace{0.5cm}
\fexer


\dexer  Rappels : un ensemble négligeable de $\real^N$  est un
ensemble contenu dans un borélien de $\real^N$ de mesure nulle. On
ajoute à la tribu des boréliens les ensembles négligeables. On
obtient ainsi la tribu de Lebesgue, notée $\LL$.

\quest 1) Un ensemble est Lebesgue mesurable s'il diffère d'un
borélien par un ensemble de mesure nulle.


\quest 2) On dira qu'une fonction est Lebesgue-mesurable si elle
est mesurable de $(\real^N, \LL)$ dans $\real, \BB$ où $\BB$ est
la tribu de Borel. Une fonction est Lebesgue-mesurable si et
seulement si elle est presque partout égale à une fonction
borélienne. \fexer

\dsolution {\small \it 1) Soit $\LL$ la tribu de Lebesgue, i.e. la
plus petite tribu contenant les boréliens et les ensembles
négligeables. Soit $\EE$ l'ensemble des ensembles $E$ qui
diffèrent d'un borélien par un ensemble négligeable, i.e.
$(E=B\cup N_1)\setminus N_2$ où $B$ est un borélien et $N_1, $
$N_2$ sont des ensembles négligeables. On a $\EE\subset \LL$ et il
suffit donc de vérifier que $\EE$ est une tribu, ce qui va tout
seul.

\quest 2) Si $f$ ne diffère de $g$ borélienne que sur un ensemble négligeable $N$, les ensembles $[f\leq a]$ et $[g\leq
a]$ ne diffèrent que d'un ensemble négligeable et donc $[f\leq a]$ est bien Lebesgue-mesurable. Donc $f$ est
Lebesgue-mesurable. Réciproquement, considérons la classe $\HH$ des fonctions $\sigma(\LL)$-mesurables et la classe
$\JJ$ des fonctions qui ne diffèrent d'une fonction borélienne que sur un ensemble de mesure nulle, et enfin l'ensemble
$\XX$ des fonctions caractéristiques d'ensembles Lebesgue-mesurables. On a par ce qui précède $\XX\subset \JJ\subset
\HH$. On voit aisément que $\JJ$ est un espace vectoriel, qu'il contient 1 et est stable par limite croissante. En
appliquant le théorème de la classe monotone, on déduit que $\JJ$ contient toutes les fonctions
$\sigma(\LL)$-mesurables et donc $\HH$. Donc $\JJ=\HH$.

\quest 2) (solution constructive).   Soit $f$ une fonction
mesurable au sens de Lebesgue.  Soit
$$f_n=\sum_{k\in \relative} (k\varepsilon)\indic_{\frac kn\leq
f<\frac{(k+1)}n}=\indic_{A_{k,n}}$$ Comme $A_{k,n}$ est Lebesgue-mesurable, il existe $B_{k,n}$ borélien tel que
$\mu(A_{k,n}\Delta B_{k,n})=0.$  Donc, presque partout, $f_n =\tilde f_n= \sum_{k\in\relative} (\frac
kn)\indic_{B_{k,n}}. $ Mais $f_n\to f$ presque partout.  Donc $\tilde f_n \to f$ presque partout. Donc $f$ est égale
presque partout à la limite, borélienne, d'une suite de fonctions boréliennes.}

\fsolution


\newpage
\section {Rappel des principaux théor\ee mes, énoncés dans $\RR^N$.}
\begin{thf} (Beppo Levi, ou convergence monotone)
\newline
Si $f_n$ est une suite croissante de fonctions définies sur ${\mathbb R}^N$ et à valeurs
dans ${\mathbb R}^+\cup \{+\infty\}$, on a
$$\int \lim_{n\to\infty}f_n(x)dx=\lim_{n\to \infty}\int f_n(x)dx\leq +\infty.$$
\end{thf}
\begin{corf}
Soit $u_n(x)$ une suite de fonctions définies sur ${\mathbb R}^N$ et à valeurs dans
${\mathbb R}^+\cup\{+\infty\}$.  On peut alors l'intégrer terme à terme, c'est-à -dire que
$$\int \Sigma_{n=1}^{\infty}u_n(x)dx = \Sigma_{n=1}^{\infty}\int u_n(x)dx \leq
+\infty.$$
\end{corf}
\begin{thf}(Théor\ee me de Lebesgue)\newline
Soit $f_n(x)$ une suite de fonctions qui converge presque partout vers une
fonction $f$.  On suppose qu'il existe une fonction positive sommable fixe $h$
telle que pour tout $n$, $|f_n(x)|\leq h(x)$ pour presque tout $x$.  Alors
$$\int|f_n(x)-f(x)|\to 0, \; \; \int f_n(x)dx\to \int f(x)dx.$$
\end{thf}
\begin{thf}  (Réciproque du théor\ee me de Lebesgue).\newline
Si $f_n\to f$ dans ${\mathbb L}^{1}$, alors il existe une sous-suite $f_{n_k}$ de la suite $f_n$
qui converge presque partout vers $f$ et un chapeau intégrable $h$ tel que $\forall
k, \; |f_{n_k}(x)|\leq h(x)$ p.p..
\end{thf}
\begin{thf} (Théor\ee me de dérivation sous le signe somme)
Soient $I$ un intervalle de ${\mathbb R}$ et $A$ un sous-ensemble de ${\mathbb R}^n$. On se donne
une fonction $f$ définie sur $A\times I$ vérifiant les trois hypoth\ee ses suivantes.
\newline
(a) Pour tout $\lambda\in I$, la fonction $x\to f(x,\lambda)$ est sommable sur $A$.
\newline
(b) La dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x, \lambda)$ existe en
tout point de $A\times I$.
\newline
(c) Il existe une fonction $h$ positive et sommable sur $A$ telle que l'on ait
$|\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x, \lambda)|\leq h(x)$ pour tous $x$ et
$\lambda$. Alors la fonction $F$ définie par
$$F(\lambda)=\int_A f(x, \lambda)dx$$ est dérivable dans $I$ et on a
$$F'(\lambda) = \int_A \frac{\partial f}{\partial \lambda}(x,\lambda)dx.$$
\end{thf}
\begin{thf} (de changement de variable, $\cite{Buch}$)
\newline
Soient $\Omega_1$ et $\Omega_2$ deux ouverts de ${\mathbb R}^n$ et
$\Varphi$ un difféomorphisme entre $\Omega_1$ et $\Omega_2$. On
notera $J_\Varphi(x)$ le déterminant de la matrice jacobienne de
$\Varphi$ au point $x$.  Soit $f$ une fonction définie sur
$\Omega_2$.
\newline (a) Si la fonction $f$ est à valeurs dans ${\mathbb R}^+\cup \{+ \infty\}$, on a
l'égalit\ea suivante, o\u les deux membres  ont un sens dans
${\mathbb R}^+\cup\{+\infty\},$
$$\int_{\Omega_2}f(y)dy=\int_{\Omega_1}f(\Varphi(x))|J_\varphi(x)|dx.$$
\newline (b)  Si $f$ est à valeurs complexes, elle est sommable dans $\Omega_2$
si et seulement si $f(\Varphi(x))J_{\Varphi}(x)$ est sommable dans
$\Omega_1$, et les deux membres de l'égalit\ea précédente sont
alors égaux.
\end{thf}
\begin{thf} (Fubini)\newline
Soit $f(x,y)$ une fonction définie dans ${\mathbb R}^p\times{\mathbb R}^q$.
\newline
(a) Si $f$ est à valeurs dans ${\mathbb R}^+\cup\{+\infty\}$, on a l'égalit\ea suivante,
o\u les trois membres définissent un élément de ${\mathbb R}^+\cup\{+\infty\}$,
$$\int_{{\mathbb R}^{p+q}}f(x,y)dxdx=\int_{{\mathbb R}^p}(\int_{{\mathbb R}^q}f(x,y)dy)
=\int_{{\mathbb R}^q}(\int_{{\mathbb R}^p}f(x,y)dx)dy.$$ Si $f$ est sommable dans ${\mathbb R}^{p+q}$,
les trois membres de l'égalit\ea précédente ont un sens et sont égaux.  Plus
précisément, dire que le troisi\ee me membre a un sens signifie :
\newline $\bullet$ pour presque tout $y$, la fonction $x\to f(x,y)$ est sommable
dans ${\mathbb R}^p$,
\newline $\bullet$ la fonction $\varphi(y)=\int f(x,y)dx$ qui est ainsi définie
presque partout est sommable dans ${\mathbb R}^q$.
\end{thf}
