
 


\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 7}
\setcounter{chapter}{7}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline **************************************************** VALEUR MEDIANE
***************************************** \fexo \dexo \hfill \newline
**************************************************** TRIBU ************************************************ \fexo \dexo
\hfill \newline 1)  On écrit pour tout $x\in \RR$ $x=n +r$, $0\leq r<1$ et on pose $g(n+r)=(-1)^n$.  On considère
également $f=\indic_{[0,\;1]}\in  L^1(\RR)$.
 On a donc $\int f(x)g(x-n)=(-1)^n$ qui ne converge pas. Donc la suite $g_n(x)=g(x-n)$
ne converge pas faiblement-*.\\
2) Franchement, ce n'est pas compliqué : il suffit de prendre $g=1$. \fexo \dexo \hfill \newline 1) Soit $(f_n)_n$ une
suite de Cauchy dans $E$ alors $(f_n)_n$ est une suite de Cauchy dans $L^1$ et $L^2$. Donc $\exists f \in L^1$,
$\exists g \in L^2$ telles que $f_n \longrightarrow f$ dans $L^1$ et $f_n \longrightarrow g$ dans $L^2$. 
En utilisant
la "r{é}ciproque" du th{é}or{è}me de convergence domin{é}e,
 %voir l'exercice \ref{reciptheocd} page
%~\pageref{reciptheocd}, 
on en d{é}duit qu'il existe une sous-suite $(f_{n_k})_{k}$ telle que $f_{n_k} \longrightarrow
f$ p.p. et $f_{n_k} \longrightarrow g$ dans $L^2$, donc il existe une sous-suite $(f_{n_{k_l}})_{l}$ telle que
$f_{n_{k_l}} \longrightarrow g$ p.p. D'o{\`u} $f=g$ p.p. et $f_n \longrightarrow f$
dans $E$, donc $E$ est un espace de Banach.\\
En appliquant l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder, on obtient
$$\vert \int_{\RR} f(x) u(x) dx \vert \leq \Vert f_1 \Vert_{\infty} \Vert u \Vert_1
+ \Vert f_2 \Vert_2 \,\Vert u \Vert_2 \leq (\Vert f_1 \Vert_{\infty}+\Vert f_2 \Vert_2)\, \Vert u \Vert.$$
Donc $u \mapsto \int fu dx \in \Ep$.\\
2) Soit $0 < \alpha < \frac{1}{2}$, on peut toujours {é}crire
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx = \int_{[\vert x \vert > M]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx + \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx.$$
Soient $f_1(x) = \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \ind_{[\vert x \vert > M]}$ et $f_2(x) = \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}} \ind_{[\vert x \vert \leq M]}$, alors $\alpha > 0 \Longrightarrow f_1 \in \Linf(\RR)$ et $2\alpha < 1
\Longrightarrow f_2
\in L^2(\RR)$. La question 1) permet alors de conclure.\\
3) $K$ est {é}videmment convexe, montrons qu'il est ferm{é}. Soit $(u_n)_n \subset K$ telle que $u_n \longrightarrow u$
dans $E$, alors $u_n \longrightarrow u$ dans $L^1$ donc $\int u_n \longrightarrow \int u$ et on en d{é}duit que $\int u
\leq 1$. La convergence dans $L^1$ implique aussi qu'il existe une sous-suite $(u_{n_k})_{k}$ telle que $u_{n_k}
\longrightarrow u$ p.p. 
(voir l'exercice \ref{reciptheocd} page ~\pageref{reciptheocd}) donc $u \geq 0$ p.p. et on en
conclut que $u
\in K$. Donc $K$ est ferm{é}.\\
4) Posons $K_0 = \{ u \in L^2 : u \geq 0 \,\mbox{p.p.} \}$ alors $K_0$ est un convexe ferm{é} fort de $L^2$ donc
ferm{é} faible de $L^2$, donc $u \in K_0$. Il reste {à}
montrer que $u \in L^1$ et $\int u \leq 1$.\\
Soit $A$ un ensemble mesurable de mesure finie (notation $\vert A \vert < \infty$), alors $\ind_A \in L^2$ et $u_n
\rightharpoonup u$ dans $L^2$ faible $\Longrightarrow$ $\int \ind_A u_n \longrightarrow \int \ind_A u$. Or $\int \ind_A
u_n \leq \int u_n \leq 1$ donc $\forall A$ tel que $\vert A \vert < \infty$, $\int_A u \leq 1$. Pour passer
{à} $\RR$ tout entier, on utilise le lemme de Fatou.\\
Soit $v_n = \ind_{(-n,n)} u$ alors $v_n \in L^1$, $v_n \geq 0$ p.p., $v_n \longrightarrow u$ p.p. et $\sup_n \int v_n
\leq 1$, donc par le lemme de Fatou, on en d{é}duit que $u \in L^1$ et $\int u \leq \liminf \int v_n \leq 1$. Donc $u
\in
K$.\\
5) Soit $M>0$, alors
\begin{eqnarray*}
\vert  \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert &\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert + \vert \int_{[\vert x \vert > M]} \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}}\, (u_n - u)
\vert,\\
&\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, (u_n -
u) \vert + \frac{1}{M^{\alpha}} (\Vert u_n \Vert_1 + \Vert u \Vert_1),\\
&\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, (u_n - u) \vert + \frac{2}{M^{\alpha}},
\end{eqnarray*}
puisque $u_n,u \in K$. \\
Comme $u_n$ converge faiblement vers $u$ dans $L^2$, $$\int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\,
(u_n - u) \longrightarrow 0.$$ Donc en prenant la limite sup sur $n$, on obtient
$$\limsup \vert  \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert \leq
\frac{2}{M^{\alpha}},$$ et ceci $\forall M>0$. En faisant tendre $M$ vers $+\infty$, on a $\limsup \vert  \int
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert = 0$ d'o{\`u}
$$\int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u_n \longrightarrow \int \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}}\, u.$$ 6) On peut {é}crire, par exemple, pour $u \in K$,
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u = \int_{[\vert x \vert \leq 1]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u + \int_{[\vert x \vert > 1]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u \leq {\cal
C}_0\,\Vert u \Vert_2 + \Vert u \Vert_1 \leq {\cal C}_0\,\Vert u \Vert_2 + 1,$$ o{\`u} ${\cal C}_0 = \Vert \ind_{[\vert
x \vert \leq 1]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \Vert_2$. Alors pour $u \in K$, on a
$$J(u) \geq \Vert u \Vert_2^2 - {\cal C}_0\,\Vert u \Vert_2 - 1 \geq C,$$
o{\`u} $C$ est une constante ind{é}pendante de $u \in K$. (Par exemple $C =
-(1+\frac{{\cal C}_0^2}{4})$ convient.)\\
7) Soit $(u_n)_n \subset K$, une suite minimisante, par exemple telle que $m \leq J(u_n) \leq m + \frac{1}{n}$.
D'apr{è}s la question 6), on a
$$\Vert u_n \Vert_2^2 - {\cal C}_0\,\Vert u_n \Vert_2 - 1 \leq J(u_n) \leq
m+1,\quad \forall n,$$ donc n{é}cessairement $\Vert u_n \Vert_2$ reste born{é}e, donc $\exists M_0$ tel que
$\forall n$, $\Vert u_n \Vert_2 \leq M_0$ alors $\Vert u_n \Vert \leq M_0 + 1$.\\
8) La suite $(u_n)_n$ est born{é}e dans $L^2$ r{é}flexif, donc il existe une sous-suite $(u_{n_k})_{k}$ telle que
$u_{n_k} \rightharpoonup u$ dans $L^2$ faible et $u_{n_k} \in K$. Alors la question 4) montre que $u \in K$ et la
question 5) montre que $\int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_{n_k} \longrightarrow \int \frac{1}{\vert
x \vert^{\alpha}} u$. \\
D'autre part,
$$J(u_{n_k}) \leq m + \frac{1}{n_k}\;\;\mbox{donc}\;\; \Vert u_{n_k} \Vert_2^2 \leq
m + \frac{1}{n_k} + \int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_{n_k}.$$ On prend les lim inf dans cette in{é}galit{é}, on
obtient $\liminf \Vert u_{n_k} \Vert_2^2 \leq m + \int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u$. Comme $\Vert \; \Vert_2^2$
est s.c.i. faible, on a $\Vert u \Vert_2^2 \leq \liminf \Vert u_{n_k} \Vert_2^2$, donc finalement $\Vert u \Vert_2^2
\leq m + \int \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}} u$, soit $J(u) \leq m$. D'o{\`u} $J(u) = m$.\\
9) La r{é}ponse est non. En effet supposons $E$ r{é}flexif. Soit $f_n = \ind_{(n,n+1)}$ alors $\Vert f_n \Vert_1 =
\Vert f_n \Vert_2 = 1$ donc $\Vert f_n \Vert = 2$. Si $E$ est r{é}flexif alors il existe une sous-suite $(f_{n_k})_{k}$
telle
que $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $E$ faible.\\
Soit $g \equiv 1$ alors $g \in \Linf(\RR)$ et $u \mapsto \int gu \in \Ep$ donc $ 1 =
\int f_{n_k} \longrightarrow \int f$, d'o{\`u} $\int f = 1$.\\
Soit $g \in {\cal C}_c(\RR)$ alors $u \mapsto \int gu \in \Ep$ et $\int g f_{n_k} \longrightarrow \int gf$. Or,
$\exists N$ tel que supp$(g) \subset \overline{B}(0,N)$ et si $k \geq k_0$, $n_k > N$, donc $f_{n_k} \equiv 0$ sur
supp$(g)$ et $\int g f_{n_k} = 0$, ceci pour tout $k \geq k_0$. On en d{é}duit que $\int fg = 0$, $\forall g \in {\cal
C}_c(\RR)$ donc $f = 0$ p.p. or $\int f = 1$, c'est absurde. \fexo \dexo \hfill \newline
On pose $K = \{ u \in L^p(\Om);\, u \geq f\,p.p.\,\}$.\\
1) $K$ est convexe ferm{é} fort donc ferm{é} faible.\\
2) a) Posons $K_{\vfi} = \{ u \in L^{\infty}(\Om) : \int_{\Om} u\vfi \geq \int_{\Om} f\vfi \}$ o{\`u} $\vfi \in L^1$,
$\vfi \geq 0$ p.p. et est telle que $f\vfi
\in L^1$.\\
Soit $K_0 = \displaystyle{\bigcap_{\vfi \in \Phi}} K_{\vfi}$ o{\`u} l'intersection est prise sur
l'ensemble $\Phi = \{ \vfi \in L^1,\,\vfi \geq 0,\,f\vfi \in L^1 \}$. \\
Montrons que $K = K_0$. Il est clair que $K \subset K_0$. Soit donc $u \in K_0$, alors $\forall \vfi \in L^1$ telles
que $\vfi \geq 0$ p.p. et  $f\vfi \in L^1$, on
a $\int u \vfi \geq \int f \vfi$.\\
Soit $\Om_n = \{ x : \vert f(x) \vert < n \}$ et soit $E = \{ x : u(x) < f(x) \}$, on
va montrer que $\vert E \vert = 0$.\\
Supposons d'abord $\vert \Om \vert < \infty$.\\
On a $\Om = \bigcup_n\! \!\uparrow\!\Om_n$. Soit $\vfi = \ind_{E\cap \Om_n}$, alors $\vfi \in L^1(\Om)$ car $\vert \Om
\vert < \infty$, $\vfi \geq 0$ p.p. et $f\vfi \in L^1$ car $\vert f \vert < n$. Alors
$$\int_{E\cap \Om_n} (u - f) \vfi = \int_{\Om} (u - f) \vfi \geq 0.$$
Or $u-f < 0$ sur $E\cap \Om_n$ donc n{é}cessairement $\vert E\cap \Om_n \vert = 0$
et ceci $\forall n$, donc $E = \cup_n (E\cap \Om_n)$ est n{é}gligeable.\\
Si $\vert \Om \vert = + \infty$, alors $\Om = \cup_k \!\!\uparrow\! \om_k$ o{\`u} $\om_k = \Om \cap B(0,k)$. On se
restreint donc {à} $\om_k$, $\vert \om_k \vert < \infty$ et
$E = \displaystyle{\bigcup_{n,k}} E_{n,k}$ o{\`u} $E_{n,k} = E\cap \Om_n \cap \om_k$.\\
Soit $\vfi = \ind_{E_{n,k}}$ alors comme tout {à} l'heure, $\vfi \in L^1(\Om)$, $\vfi \geq 0$ p.p., $f\vfi \in L^1$ et
on montre de la m{\^e}me fa{\c c}on que ci-dessus que $E_{n,k}$ est n{é}gligeable. Donc $E$ est n{é}gligeable comme
union d{é}nombrable d'ensembles n{é}gligeables. On en conclut que $u \in K$ d'o{\`u} $K =
K_0$.\\
b) Si $\vfi \in L^1$, $u \mapsto \int u\vfi$ est continue sur $\L^{\infty}$ pour la topologie faible $\star$ donc
$K_{\vfi}$ est ferm{é} faible $\star$ et $K =
\displaystyle{\bigcap_{\vfi \in \Phi}} K_{\vfi}$ est ferm{é} faible $\star$.\\
c) Les boules ferm{é}es sont compactes faible $\star$ et $K \subset \overline{B}(0, \Vert f_1 \Vert_{\infty} + \Vert
f_2 \Vert_{\infty})$ donc $K$ est compact faible
$\star$.\\
\fexo \dexo \hfill \newline Soit $\ep>0$, $\exists g \in {\cal C}_c^{\infty}(\RR)$ telle que $\Vert f-g \Vert_1 \leq
\ep$ et supp$(g) \subset K$ compact fixe. On peut {é}crire
$$\Vert \tau_{y_1}f - \tau_{y_2} f \Vert _1 \leq \Vert \tau_{y_1}f - \tau_{y_1}g
\Vert _1 + \Vert \tau_{y_1}g - \tau_{y_2}g \Vert _1 + \Vert \tau_{y_2}g - \tau_{y_2} f \Vert _1.$$ L'invariance de la
mesure de Lebesgue par translation entraîne que $\Vert \tau_{y}f - \tau_{y}g \Vert_1 = \Vert f-g \Vert_1$, $\forall y$,
donc on obtient
$$\Vert \tau_{y_1}f - \tau_{y_2} f \Vert _1 \leq 2\ep + \Vert \tau_{y_1}g -
\tau_{y_2}g \Vert _1.$$ La fonction $g$ {é}tant uniform{é}ment continue, $\exists \delta>0$ (on peut
supposer $\delta \leq 1$), tel que $\forall x$,\\
$\forall \vert y_1 - y_2 \vert \leq \delta$, $\vert g(x-y_1) - g(x-y_2) \vert \leq \frac{\ep}{C}$ o{\`u} $C = \vert
K+\overline{B}(0,1)\vert$. Alors
$$\int_{\RR} \vert \tau_{y_1}g - \tau_{y_2}g \vert dx =
\int_{K+\overline{B}(0,1)} \vert g(x+y_2-y_1)-g(x) \vert dx \leq \ep.$$ (Si $x \not\in K+\overline{B}(0,1)$, alors $x
\not\in K$ et $\forall \vert y_1 - y_2 \vert \leq \delta$, $x+y_2-y_1 \not\in K+\overline{B}(0,\delta)$ donc
l'int{é}grale ci-dessus est nulle.) \fexo \dexo \hfill \newline 1) Par la propri{é}t{é} d'absolue continuit{é} (voir
l'exercice \ref{absoluecontinuite} page ~\pageref{absoluecontinuite}), on sait que si $\ep>0$, $\exists \delta>0$ tel
que $\forall A$ mesurable $\subset \Om$ avec
$\vert A \vert \leq \delta$, on ait $\int_A \vert f \vert^p \leq \ep$.\\
Pour ce $\delta$, on applique le th{é}or{è}me d'Egoroff (\'enonc\'e page ~\pageref{theoegoroff}), comme $f_n
\longrightarrow f$ p.p., $\exists A$ mesurable $\subset \Om$ tel que $\vert A \vert \leq \delta$ et $f_n
\longrightarrow f$ uniform{é}ment sur $\Om \setminus A$. Donc,
$$\int_{\Om \setminus A} \vert f_n -f \vert^p \leq \vert \Om \setminus A \vert
\Vert f_n -f \Vert_{L^{\infty}(\Om \setminus A)} \longrightarrow 0,$$ puisque $\vert \Om \setminus A \vert < \infty$.
$$\int_A \vert f_n -f \vert^p \leq 2^p \int_A \vert f_n \vert^p + 2^p \int_A
\vert f \vert^p \leq 2^p \int_A \vert f_n \vert^p + 2^p \ep.$$ Mais,
$$\int_A \vert f_n \vert^p = \int_{\Om} \vert f_n \vert^p - \int_{\Om \setminus
A} \vert f_n \vert^p,$$ avec $\int_{\Om} \vert f_n \vert^p \longrightarrow \int_{\Om} \vert f \vert^p$ par hypoth{è}se
et $\int_{\Om \setminus A} \vert f_n \vert^p \longrightarrow \int_{\Om \setminus A} \vert f \vert^p$ car il y a
convergence uniforme sur $\Om \setminus A$. Donc $\int_A \vert f_n \vert^p \longrightarrow \int_A \vert f \vert^p \leq
\ep$. D'o{\`u} pour $n$ assez grand $\int_A \vert f_n \vert^p \leq 2\ep$ et $\int_{\Om \setminus A} \vert f_n -f
\vert^p \leq \ep$, on en d{é}duit que $\int_{\Om} \vert
f_n -f \vert^p \leq 2^p(2\ep) + 2^p \ep + \ep$. \\
Remarque : \\
Sans supposer $\Om$ born{é}, on peut d{é}montrer ce r{é}sultat de la fa{\c c}on
suivante :\\
Soit $g_n = \alpha_p (\vert f \vert^p + \vert f_n \vert^p) - \vert f-f_n \vert^p$ o{\`u} $\alpha_p = 2^{p-1}$, on lui
applique le lemme de Fatou et on obtient $\limsup \Vert f-f_n \Vert_p^p \leq 0$ d'o{\`u} la convergence dans
$L^p$.\\
2) Soit $\vfi \in L^{p^\prime}$, on veut montrer que $\int_{\Om} (f_n-f) \vfi
\longrightarrow 0$.\\
Soit $\ep>0$, $\exists \delta>0$ tel que $\forall A$ mesurable $\subset \Om$ avec $\vert A \vert \leq \delta$, on ait
$\Vert \vfi \Vert_{L^{p^{\prime}}(A)} \leq \ep$ et par le th{é}or{è}me d'Egoroff (\'enonc\'e
page~\pageref{theoegoroff}), $\exists A$ mesurable $\subset \Om$ tel que $\vert A \vert \leq \delta$ et $f_n
\longrightarrow f$ uniform{é}ment sur $\Om \setminus A$. Alors
$$\int_{\Om \setminus A} \vert f_n -f \vert \vert \vfi \vert \leq \Vert f_n -f
\Vert_{L^{\infty}(\Om \setminus A)} \Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}} \vert \Om \setminus A \vert^{\frac{1}{p}} \leq \ep,$$
si $n$ est assez grand. D'autre part,
$$\int_A \vert f_n -f \vert \vert \vfi \vert \leq \Vert f_n -f \Vert_p\, \ep
\leq (C+ \Vert f \Vert_p) \ep.$$ Donc pour $n$ assez grand, $\vert \int_{\Om} (f_n - f) \vfi \vert \leq \ep +
(C+\Vert f \Vert_p) \ep$ donc $f_n \rightharpoonup f$ dans $L^p$ faible.\\
3) Soit $f_n = n \ind_{(0,\frac{1}{n})}$ alors $f_n \longrightarrow 0$ p.p. et $\Vert f_n \Vert_1 = 1$. Si $f_n$
converge faiblement vers $0$ alors $\forall \vfi \in L^{\infty}$, $\int_0^1 f_n \vfi \longrightarrow 0$, or pour $\vfi
\equiv 1$, on a $\int f_n \vfi = 1$, c'est absurde. \fexo \dexo \hfill \newline
Premi{è}re partie :\\
1) Comme $\Om$ est born{é}, on peut recouvrir $\Om$ par un nombre fini de boules de
mesure $< \delta$ o{\`u} $\delta$ correspond {à} $\ep = 1$ par exemple.\\
2) On suppose que que $(f_n)_n$ est {é}qui-int{é}grable. Soient $\ep>0$ et $\delta>0$ donn{é}s par
l'{é}qui-int{é}grabilit{é}, on a
$$\mbox{mes}[\vert f_n \vert > k ] \leq \frac{1}{k} \int_{\Om} \vert f_n \vert
\leq \frac{1}{k} \sup_n \Vert f_n \Vert_1 \leq \frac{C}{k},$$ par 1). Et $\exists k_0$ tel que $\forall k \geq k_0$,
$\frac{C}{k} < \delta$ alors $\forall n$,
$$\int_{[\vert f_n \vert > k]} \vert f_n \vert < \ep,\;\;\forall k \geq k_0.$$
D'o{\`u} le r{é}sultat.\\
On suppose maintenant que
$$\lim_{k \rightarrow +\infty} (\sup_{n \geq 1} \int_{[\vert f_n \vert > k]}
\vert f_n \vert dx) = 0.$$ Soit $\ep>0$ donn{é}, alors
\begin{eqnarray*}
\int_E \vert f_n \vert &=& \int_{E\cap [\vert f_n \vert > k]} \vert f_n \vert +
\int_{E\cap [\vert f_n \vert \leq k]} \vert f_n \vert,\\
&\leq& \int_{[\vert f_n \vert > k]} \vert f_n \vert + k \vert E \vert.
\end{eqnarray*}
On fixe $k = k_0$ tel que $\forall n \geq 1$, $\int_{[\vert f_n \vert > k_0]} \vert f_n \vert < \frac{\ep}{2}$ et on
choisit $\delta = \frac{\ep}{2k_0}$ alors $\vert E \vert < \delta$ $\Longrightarrow$ $\int_E \vert f_n \vert < \ep$,
$\forall n \geq 1$.\\
3) Soit $\ep>0$ donn{é}, l'ensemble $\left\{ f_n, n\geq 1 \right\}$ {é}tant relativement compacte dans $L^1(\Om)$, est
inclus dans une union finie de boules de centre $g_i$ et de rayon $\frac{\ep}{2}$. Donc si $f_n \in
B(g_i,\frac{\ep}{2})$ alors
$$ \int_E \vert f_n \vert \leq \Vert f_n - g_i \Vert_1 + \int_E \vert g_i
\vert < \frac{\ep}{2} + \int_E \vert g_i \vert.$$ Or l'ensemble fini des $g_i$ est {é}qui-int{é}grable (il suffit
d'appliquer la propri{é}t{é} d'absolue continuit{é}, voir l'exercice \ref{absoluecontinuite} page
~\pageref{absoluecontinuite}, {à} $g = \sum \vert g_i \vert$) donc $\exists \delta > 0$ tel que $\forall \vert E \vert
< \delta$,
$$ \int_E \vert f_n \vert \leq \frac{\ep}{2} + \int_E \vert g_i \vert < \ep.$$
Deuxi{è}me partie :\\
1) X est ferm{é} car si $\ind_{A_n} \rightarrow f$ dans $L^1$ alors pour une sous-suite, $\ind_{A_{n_k}} \rightarrow f$
p.p. (voir l'exercice \ref{reciptheocd} page ~\pageref{reciptheocd}). Maintenant si $A = \{x : f(x) = 1 \}$
alors $f = \ind_A$ donc $f \in X$.\\
Les applications $\ind_A \mapsto \int_A f_k dx$ sont continues sur $X$ donc $X_n$ est ferm{é}. Enfin $\forall A \subset
\Om$ mesurable, $\lim_n \int_A f_n = 0$ $\Longrightarrow$ $X = \cup_n X_n$. On peut donc appliquer le lemme de Baire et
$\exists n_0$, $\exists R>0$, $\exists \ind_{A_0} \in X_{n_0}$ tels que si $\ind_A \in X$ et $\Vert \ind_A - \ind_{A_0}
\Vert_{L^1} < R$ alors $\forall k \geq n_0$,
$\vert \int_A f_k \vert \leq \ep$.\\
Soit donc $E$ mesurable, $E \subset \Om$ avec $\vert E \vert < R$, posons $E_k = E \cap [f_k \geq 0]$ alors $A = A_0
\cup E_k$ v{é}rifie $\Vert \ind_A - \ind_{A_0} \Vert_{L^1} < R$ donc
$$\vert \int_{A_0 \cup E_k} f_k \vert \leq \ep.$$
De m{\^e}me, si $A = A_0 \setminus E_k$ alors $\Vert \ind_A - \ind_{A_0} \Vert_{L^1} < R$ et
$$\vert \int_{A_0 \setminus E_k} f_k \vert \leq \ep.$$
Or $\int_{E_k} f_k = \int_{A_0 \cup E_k} f_k + \int_{A_0 \setminus E_k} f_k$ donc
$$\vert \int_E f_k^+ \vert = \vert \int_{E_k} f_k \vert \leq 2 \ep.$$
On montre de la m{\^e}me fa{\c c}on, en consid{è}rant $E_K = E \cap [f_k \leq 0]$, que
$$\vert \int_E f_k^- \vert \leq 2 \ep.$$
D'o{\`u}, $\forall k \geq n_0$, $\int_E \vert f_k \vert \leq 4 \ep$. En utilisant de
nouveau le fait que $\{f_1,...,f_{n_0}\}$ est {é}qui-int{é}grable, on conclut.\\
2) La suite $(f_n - f)_n$ v{é}rifie les hypoth{è}ses de la question pr{é}c{è}dente, elle est donc {é}qui-int{é}grable.
Comme $\int_E \vert f_n \vert \leq \int_E \vert f_n - f \vert + \int_E \vert f \vert$, on conclut en utilisant la
propri{é}t{é} d'absolue continuit{é} appliqu{é}e (voir l'exercice \ref{absoluecontinuite} page
~\pageref{absoluecontinuite}) {à} $\vert f
\vert$.\\
3) D'apr{è}s ci-dessus, $(f_n - f)_n$ est {é}qui-int{é}grable. Soit $\ep>0$ fix{é}, et soit $\delta>0$ donn{é} par
l'{é}qui-int{é}grabilit{é}. D'apr{è}s le th{é}or{è}me d'Egoroff (\'enonc\'e page~\pageref{theoegoroff}), $\exists A
\subset \Om$ tel que $\vert A \vert < \delta$ et $f_n \rightarrow f$ uniform{é}ment sur $\Om \setminus A$. Alors,
\begin{eqnarray*}
\int_{\Om} \vert f_n - f \vert &=& \int_A \vert f_n - f \vert + \int_{\Om \setminus
A} \vert f_n - f \vert,\\
 &\leq& \ep + \vert \Om \setminus A \vert \Vert f_n - f \Vert_{L^{\infty}(\Om
\setminus A)},
 \end{eqnarray*}
et pour $n$ assez grand le deuxi{è}me terme est plus petit que $\ep$. \fexo \dexo \hfill \newline
1) $f_n(x) = n^{\frac{1}{p}} e^{-nx}$ avec $1 \leq p < \infty$.\\
$f_n \rightarrow 0$ p.p. sur $]0,1[$ car par exemple $f_n \rightarrow 0$ uniform{é}ment
sut tout compact de $]0,1[$. On a \\
$$\int_0^1 \vert f_n \vert^p = \Vert f_n \Vert_p^p = \frac{1}{p} (1 - e^{-np})
{\longrightarrow} \frac{1}{p},$$ quand $n$ tend vers l'infini. Donc la suite $(f_n)$ est born{é}e dans $L^p$ et $f_n
\not\rightarrow 0$ dans $L^p$ car
$\Vert f_n \Vert_p^p \rightarrow \frac{1}{p} \not= 0$.\\
2) Appliquer l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder.\\
3) Si $1<p<\infty$, $L^p$ est r{é}flexif et $(f_n)_n$ est born{é}e donc il existe une sous-suite $(f_{n_k})_k$ telle
que $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $L^p$ faible. En particulier, $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$, $\int_0^1
f_{n_k} \vfi \rightarrow \int_0^1 f \vfi$. Or $f_{n_k} \rightarrow 0$ uniform{é}ment sur le support compact de $\vfi$
donc $\int_0^1 f\vfi = 0$ et ceci $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$. On en d{é}duit que $f = 0$ p.p. et c'est toute
la suite $f_n$ qui converge faiblement vers
$0$ (raisonner par l'absurde).\\
Si $p=1$, supposons que la suite $f_n$ converge faiblement vers $0$ dans $L^1$ faible. Comme $f \mapsto \int_0^1 f \in
(L^1)^{\prime}$, on aurait $\int_0^1 f_n \rightarrow 0$ or $\int_0^1 f_n \rightarrow 1$ donc c'est absurde et $f_n
\not\rightharpoonup 0$ dans
$L^1$ faible.\\
Si $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $L^1$ faible alors comme ci-dessus : $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$,
$\int_0^1 f_{n_k} \vfi \rightarrow \int_0^1 f \vfi$ et $f_{n_k} \rightarrow 0$ uniform{é}ment sur le support compact de
$\vfi$ donc $\int_0^1 f\vfi = 0$. On en d{é}duit que $f=0$ p.p. mais $\int_0^1 f_{n_k} \rightarrow 1 \not= 0$, donc
c'est impossible.\\
On peut en conclure que $L^1(0,1)$ n'est pas r{é}flexif. \fexo \setcounter{chapter}{13}


