\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre \ref{intlebesgue}}
\setcounter{chapter}{5}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline Il suffit d'appliquer le théorème de convergence monotone à la suite croissante
des sommes partielles $\displaystyle{\sum_0^{k}} u_n$. \fexo \dexo \hfill \newline On \e crit $f = f^+ - f^- = g^+ -
h^+$ car $g$ et $h$ sont positives, donc $f^+ + h^+ = g^+ + f^-$. En utilisant la lin\e arit\ea positive de l'int\e
grale, voir la propri\e t\ea \ref{linearitepositive} page ~\pageref{linearitepositive}, on d\e duit que $\int f^+ +
\int h^+ = \int g^+ + \int f^-$. Par d\e finition,
 $\int f = \int f^+ - \int f^-$, d'o\u $\int f = \int g^+ - \int h^+ = \int g - \int h$.
 \fexo
% \dexo
%\hfill \newline Soit $f \in L^1(\RR^N)$, comme $|f| \geq 0$ p.p., on sait que $\int |f| \geq 0$. Par la lin\e %arit\ea
%positive de l'int\e grale, voir la propri\e t\ea \ref{linearitepositive} page ~\pageref{linearitepositive}, on sait
%aussi que pour tout $\lambda$ r\e el, $\Vert \lambda f \Vert = \int |\lambda f| = |\lambda| \int |f| = |\lambda| %\Vert
%f \Vert$. Nous allons v\e rifier que si $0 \leq f \leq g$ alors $\int f \leq \int g$, ce qui prouvera l'in\e galit\ea
%triangulaire. Soit $h = g-f \geq 0$ alors $\int h \geq 0$ et $\int g = \int (h+f) = \int h + \int f \geq \int f$. %\fexo
%\dexo \hfill \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 série est %positive et
%converge partout (éventuellement vers l'infini).  Par le théor\ee me de convergence monotone, $\int h(x)dx=\Sigma_n
%\int |g_n(x)|dx= \Sigma_n ||g_n||_{L^1}\leq 1$.  Donc $h(x)\in L^1$ 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
%$L^1$.  Comme $f_{i_{n+1}}=f_1+\Sigma_1^ng_n$, on en déduit que $f_{i_n}$ converge dans $L^1$.
%\newline
%iii) $|f_1|+h(x)$ est un chapeau intégrable pour la suite $f_{i_n}$. \fexo
\dexo
\hfill \newline
***************************Norme L1 **********************************
\fexo
\dexo \hfill \newline Pour obtenir $E$, on a
enlev\ea \a $[0,1]$, un ensemble de mesure $\ell_1+2
 \ell_2 +...+ 2^n \ell_{n+1} +...$. Donc $\vert E \vert = 1 -
 \displaystyle{\sum_0^{+ \infty}} 2^n \ell_{n+1}$. Maintenant si $\ell_n =
 (\frac{1}{3})^n$, $\vert E \vert =1 - \frac{1}{2} \displaystyle{\sum_1^{+ \infty}}
 (\frac{2}{3})^n = 1-1=0$.\\ Si, par exemple, on prend
 $\ell_n = (\frac{1}{4})^n$, $\vert E \vert = 1 - \frac{1}{2}
 \displaystyle{\sum_1^{+ \infty}} (\frac{1}{2})^n = 1 - \frac{1}{2} > 0$.
\fexo
%\dexo \hfill \newline Soit $ f \in L^1(\Om)$ avec $\vert f \vert \leq M$ p.p. alors $\int_A \vert f \vert dx \leq
%M \vert A \vert$ donc pour $\ep>0$, on choisit $\delta \leq \frac{\ep}{M}$ et $\vert A \vert \leq \delta
%\Longrightarrow \int_A \vert f \vert
%dx \leq \ep.$\\
%En utilisant le fait que les fonctions continues et born{é}es sont denses dans $L^1$, on en d{é}duit le cas
%g{é}n{é}ral. \fexo
%**********************************************************************************************
\dexer
\hfill \newline
1) On pose $h_j(x)=j$ si $x\in A$ et $h_j(x)=0$ sinon. La suite $(h_j)_j$ est positive, croissante et converge p.p. vers $h$. On peut donc lui appliquer le théorème de convergence monotone. Et, on obtient $\lim_j \int_{\RR^N} h_j= \int_{\RR^N} h$.\\
Or, $\int_{\RR^N} h_j=\int_A h_j=j\vert A \vert$. Si $\vert A \vert=0$, $\int_{\RR^N} h_j=0$ pour tout $j$ et $\int_{\RR^N} h=0$. Si $\vert A \vert>0$, $\lim_j \int_{\RR^N} h_j=+\infty=\int_{\RR^N} h$.\\
2) Si $f$ positive est sommable, on pose $A=\left\{ x\in \RR^N : f(x)= +\infty  \right\}$ et on définit $h$ comme en 1). Alors $\int_{\RR^N} h=\int_{A} h= \int_A f < +\infty$ car $f$ est sommable. Donc nécessairement $\vert A \vert=0$.\fexer
\dexer
\hfill \newline
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 $\varphi : \RR^2\to \RR$ définie par $\varphi(x,y)=y-f(x).$  Alors $\varphi^{-1}(0)=\{(x,f(x)), \; x\in  \RR\}$ et par le théorème de Fubini-Tonnelli,
$$\lambda(\{(x,f(x)),\; x\in \RR\})=\int_{\RR}(\int_{\RR}\indic_{y=f(x)}(x,y)dy)dx=0$$
car les singletons sont de mesure de Lebesgue nulle.

\fexer
\dexer
\hfill \newline
Comme les boules sont de mesure strictement positive, on déduit que $f(x)=g(x)$ sur un ensemble dense de
${\RR}^N$, et, par continuité, partout.
\fexer
\dexer
\hfill \newline
Appliquer le théorème de convergence dominée de Lebesgue à la suite $(f\indic_{A_n})_n$. \fexer

\dexer
\hfill \newline
Notons $[h\leq M]$ l'ensemble $\{x, h(x)\leq M\}$. On écrit
\begin{eqnarray*}\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{eqnarray*}
Par le théorème 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}),
$\int_{A_n}h(x)dx <2\varepsilon.$ \fexer

\dexer
\hfill \newline
On sait que $f_n(x)\to \sum_0^\infty (-1)^kx^k=\frac 1 {1+x}$ 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 théorème de
Lebesgue, on déduit 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 intégrant terme à terme, on obtient $\sum_1^\infty \frac {(-1)^{n+1}}{n}=Log 2$.
\fexer

\dexer
\hfill \newline
En posant $y=nx$, on a $n\int_1^\infty f(nx)dx = \int_n^\infty f(y)dy=\int_{{\RR}}\indic_{[n,+\infty[}(y)f(y)dy$. 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 théorème de Lebesgue, l'intégrale considérée tend
vers zéro.
 \fexer
\dexer
\hfill \newline
Prendre par exemple $f_n(x)= 1$ si $n\leq x\leq n+1$ et $f_n(x)=0$ sinon.\fexer
\dexer
\hfill \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 $L^{1}$.

$\bullet$ On considère 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 $f_n \rightarrow 0$ 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!
\fexer
\dexer
\hfill \newline
On pose $x=(x_1,..., x_N)$ et $$m(r) =\lambda(\{x\in E,\; x_1\leq r\})= \int_{{\RR}^{N}}\indic_{\{x,
\;x_1\leq r\}}dx.$$ Une application immédiate du théorème de Lebesgue montre que $m$ est une fonction continue.
Toujours par le même théorème, on montre que $m(r)\to 0$ 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
théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction $m(r)$, il existe donc pour tout $0<a<\lambda (E)$ un
réel $r$ tel que $m(r)=a$.
\fexer

\dexer
\hfill \newline
 Comme $w_n\geq 0$, on  a $  0\leq (w-w_n)^+\leq w\in L^{1} $
et donc par le théorème 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\^emes
intégrales $\int |w-w_n|= \int (w-w_n)^+ +\int (w-w_n)^-$ tend vers  zéro.\fexer

\dexer
\hfill \newline
On applique le critère 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 $f\in {L}^{1}(B)$.
\newline Réciproquement, 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 $\lambda(K_n)\to 0$.  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 $\int_{J_n}|f|\geq \varepsilon$.

\fexer
\dexer
\hfill \newline
1)Si $f_n\to f$ dans ${L}^{1}$, alors elle est de Cauchy et vérifie
$$\forall \varepsilon >0,\;\exists N,\;\forall n,m\geq N,\;\; \Vert f_n-f_m\Vert_1\leq \epsilon .$$
En particulier pour $\epsilon =\frac{1}{2}$, $\exists n_1$ tel que $\forall n,m\geq n_1$, $\Vert f_n-f_m\Vert_1\leq \frac{1}{2}$. \\
Ensuite, pour $\epsilon =\frac{1}{2^2}$, $\exists n_2> n_1$ tel que $\forall n,m\geq n_2$, $\Vert f_n-f_m\Vert_1\leq \frac{1}{2^2}$ et $\Vert f_{n_2}-f_{n_1}\Vert_1\leq \frac{1}{2}$. Et on recommence, etc...Il existe donc une suite $(n_k)_k$ strictement croissante telle que $\Vert f_{n_{k+1}}-f_{n_k}\Vert_1\leq \frac{1}{2^k}$.
\newline
2)  On pose $G_N(x)=\sum_1^N \vert g_k(x) \vert$. On a $\int G_N=\sum_{k=1}^N\|g_k\|_{1}\leq \sum_k 2^{-k}=1$. La suite $(G_N)_N$ est positive et croissante donc la série $G(x)$ est positive et
converge partout (éventuellement vers l'infini).  Par le théorème de convergence monotone, $\int G(x)dx=\Sigma_k
\int |g_k(x)|dx= \sum_k \|g_k\|_{1}\leq 1$.  D'où $G \in {L}^{1}$ et on déduit que la série de réels
$G(x)=\sum_k |g_k(x)|$ est finie p.p. et converge pour presque tout $x$.  Il en est donc de même pour la série $g(x)=\sum_k g_k(x)$. Comme $f_{n_{k+1}}=f_{n_1}+\sum_1^kg_i$, on en déduit que $(f_{n_k})_k$ converge p.p. vers $g+f_{n_1}$.\\
3) La série $\sum_k g_k(x)$ a $G$ pour chapeau intégrable donc $|f_{n_1}|+G$ est un chapeau intégrable pour la suite $(f_{n_k})_k$.  Par le théorème de Lebesgue, elle converge vers $g+f_{n_1}$ dans ${L}^{1}$.  Par unicité de la limite, on en déduit que $f=g+f_{n_1}$ p.p.\\

Remarque:  Adaptation à la démonstration de complétude de ${L}^{1}$ : Si $f_n$ est une suite de Cauchy dans ${
L}^{1}$, on peut définir $g_k$ comme précédemment et appliquer exactement le même raisonnement pour prouver que la
série $\sum_k g_k(x)$ converge pour presque tout $x$ et a donc une limite ponctuelle $g(x)$.  On déduit alors du
théorème de Lebesgue que $(f_{n_k})_k$ converge vers $f=g+f_{n_1}$ dans ${L}^{1}$.  Il est alors immédiat (inégalité
triangulaire) que toute la suite $(f_n)_n$ converge vers $f$.\fexer
\dexer
\hfill \newline
 Notons $\indi_{[0,n]}$  la fonction caractéristique de $[0,n]$, qui vaut 1 si $x\in[0,n]$ et 0 ailleurs.
Alors
$$\Gamma_n=\int_0^{+\infty}(1-\frac x n)^ne^{\frac x 2}\indi_{[0,n]}(x)dx.$$
On calcule la limite ponctuelle de l'intégrand :\\
Comme $(1-\frac x n)^n=e^{n\log(1-\frac x n)} \rightarrow e^{-x}$ quand $n \rightarrow
+\infty$, on voit que l'intégrand tend vers $e^{-\frac x 2}$. \\
Reste à trouver un chapeau intégrable. On sait que $1+x\leq e^{x}$, on en déduit que $(1-\frac x n)^ne^{\frac x 2}\indi_{[0,n]}(x)\leq e^{-\frac x 2}$ pour tout $x\geq 0$. On conclut par le théorème de Lebesgue que $\Gamma_n \rightarrow \int_0^{+\infty}e^{-\frac x 2}dx=2$.\fexer
\dexer
\hfill \newline
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 théorème de Lebesgue, on a
donc
$$\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}|f(x)|dx\to 0$$
\fexer

\dexer
\hfill \newline
On a pour $t>0$,
$$\frac {\varphi(t)-\varphi(0)}{t}=\int_0^1\frac
{t}{\sqrt{f(x)+t^2}+\sqrt{f(x)}}dx=\int_0^1 k_t(x)dx.$$ On voit que $k_t(x)=1$ si $f(x)=0$ et $k_t(x) \rightarrow  0$ quand
$t \rightarrow  0$ si $f(x)\neq 0$. Donc $k_t(x) \rightarrow \indi_{\{f(x)=0\}}$, 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
$|k_t(x)|\leq 1$. Donc, par le théorème de Lebesgue, $k_t\to \indi_{\{f(x)=0\}}$ quand $t \rightarrow 0$ dans $L^{1}(0,1)$.  D'où $\varphi'(0^+)=\int \indi_{\{f(x)=0\}}=\lambda(\{x,f(x)=0\}).$ \fexer
\dexer
\hfill \newline
Par le théorème de la convergence monotone, on a
$$\int_0^1\sum_{n\in\ZZ} |f(x+n)|=\sum_{n\in
\ZZ}\int_0^1|f(x+n)|dx=\sum_{n\in\ZZ}\int_n^{n+1}|f(x)|dx= \int_{{\RR}}|f(x)|dx.$$ La série
$\sum_{n\in \ZZ}|f(x+n)|$ converge donc pour presque tout $x$ et il en de m\^eme pour la série $\sum_{n\in
\ZZ}f(x+n)$. Celle-ci a $\sum_{n\in\ZZ}|f(x+n)|$ comme chapeau intégrable.  Par le théorème de
Lebesgue, elle est  donc convergente dans $L^{1}$ et on obtient la formule demandée.\fexer
\dexer
\hfill \newline
1) $\forall t>0$, $x \mapsto e^{-t}\, t^{x-1}$ est ${\cal C}^{\infty}$ sur
${\RR}^{+\star}$ et pour $x>0$ fix{é}, $t \mapsto e^{-t}\, t^{x-1} \in
L^1(]0,+\infty[)$. Enfin, $\forall [a,b] \subset ]0,+\infty[$ et pour tout $x
\in [a,b]$, on a,
$$\vert e^{-t}\, t^{x-1} \vert \leq \indi_{(0,1)} e^{-t}\, t^{a-1} +
\indi_{(1,+\infty)} e^{-t}\, t^{b-1} \in L^1(0,+\infty).$$ Par le
th{é}or{è}me de continuit{é} des int{é}grales d{é}pendant d'un
param{è}tre, on conclut que $\Gamma$ est continue sur $]0,+\infty[$.\\
$\forall k$, $\frac{\partial}{\partial x^k} (e^{-t}\, t^{x-1}) = e^{-t}(\log
t)^k t^{x-1}$ et
$$\vert \frac{\partial}{\partial x^k} (e^{-t}\, t^{x-1}) \vert \leq \indi_{(0,1)}
e^{-t}\vert \log t\vert^k t^{a-1} + \indi_{(1,+\infty)} e^{-t}\vert \log t
\vert^k t^{b-1} \in L^1(0,+\infty),$$ $\forall x \in [a,b] \subset ]0,+\infty[$.
Donc le th{é}or{è}me de d{é}rivation sous le signe somme montre que
$\Gamma$ est ${\cal C}^k$ sur $]0,+\infty[$, $\forall k$, donc est ${\cal
C}^{\infty}$ sur $\RR^{+\star}$.\\
2) Quand $x \longrightarrow  0$, le théorème 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
\hfill \newline
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 théorème de dérivation sous le signe somme est fausse. En effet, l'hypothèse 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. \fexer

\dexer
\hfill \newline
 Dans la première question, c'est l'hypothèse que $f$ soit sommable qui n'est pas vérifiée. Dans la
seconde, aussi, car si $f$ était sommable, l'ordre d'intégration serait indifférent. On peut d'ailleurs vérifier
directement que $\int|f(x,y)|dxdy=\int_0^{+\infty} (|e^{-y}-2e^{-y}|\int_0^{\min(1,y)}\frac 1 xdx)dy.$
 Dans la troisième, la
fonction $f$ est bien bornée, mesurable et sommable, mais la seconde mesure n'est pas $\sigma$-finie.
\fexer
\dexer
\hfill \newline
 Toutes les hypothèses du théorème de Fubini sont vérifiées, ... sauf une, la mesurabilité de $f$.
\fexer
********************************************************************************************************************
% \dexo \hfill
%\newline On note $Tf$ l'application $x \mapsto Tf(x) = \int_0^1 \sin(x+f^2(t)) dt$. Alors, par le th{é}ro{è}me de
%convergence domin{é}e on v{é}rifie facilement que $Tf \in E$. Montrons que $T : E \rightarrow E$ est continue. Si %$f_n
%\rightarrow f$ dans $E$ alors $\forall x \in [0,1]$,
%\begin{eqnarray*}
%\vert Tf_n(x) - Tf(x) \vert & \leq & \int_0^1 \vert f_n^2(t) - f^2(t) \vert dt,\\
% & \leq & \Vert f_n+f \Vert_{\infty}\Vert f_n - f \Vert_{\infty}.
% \end{eqnarray*}
%La quantit{é} $\Vert f_n+f \Vert_{\infty}$ est born{é}e donc $\Vert Tf_n - Tf
%\Vert_{\infty} \rightarrow 0$ et $T$ est continue.\\
%Soit $A = T(E)$, montrons que $\overline{A}$ est compact dans $E$. Pour cela on
%utilise le th{é}or{è}me d'Ascoli.\\
%$A$ est {é}quicontinue car $\forall f \in E$, $\vert Tf(x) - Tf(y) \vert \leq
%\vert x-y \vert$.\\
%Pour $x \in [0,1]$, si $A_x = \left\{ Tf(x), f \in E \right\}$ alors $A_x \subset
%[-1,1]$ donc $\overline{A_x}$ est compact (dans $\RR$). \\
%Le th{é}or{è}me d'Ascoli montre que $\overline{A}$ est compact dans $E$ et le th{é}or{è}me de Shauder donne %l'existence
%d'un point fixe de $T$. \fexo