[PDF] DM corrigé b) Fonction mesurable. c) L'

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Université Claude Bernard Lyon ? Licence de mathématiques3eannée

Mesure et intégration Année ????-????

DM? corrigé

Exercicesderoutine

Exercice#?.SoientA;B;Cdes parties de l"ensembleX. Si

A[C=B[CetA\C=B\C;

montrer queA=B.

Solution(TT).On a que

A=(A[C)nC[(A\C) =(B[C)nC[(B\C) =B:

Justifions la première égalité. Pour montrer l"inclusion, soitx2A. Six2C, alorsx2A\Cet si x =2C, alorsx2(A[C)nC. Inversement,A\CAet(A[C)nC=AnCA.Exercice#?.Calculer limsup n(1)nna+nblnn; oùa;b2Rsont des paramètres.

Solution(JK).On distingue les cas

a >0oub0. Dans ce cas sup kn(1)kka+kblnksup

2kn(2k)a+ (2k)bln(2k)= +1

et donc limsup n(1)nna+nblnn= +1: a= 0etb <0. Maintenantnblnnest une suite qui tend vers0; donc limsup n(1)nn0+nblnn= limsup n(1)n+ limnnblnn= 1: a <0etb <0. Maintenant(1)nna+nblnnest une suite qui tend vers0; donc limsup n(1)nna+nblnn= limn(1)nna+nblnn= 0:Exercice#?.Montrer queN[X]est dénombrable. Solution(TT).On rappelle queN[X]dénote l"ensemble de polynômes en la variableXavec des coe?fi- cients dansN. Soit D k:=fP2N[X];degPkg: L"application:Nk+1!Dk, définie par(a0;:::;ak) :=Pk i=0aiXiest bijective et commeNk+1est dénombrable, on conclut queDkest dénombrable. Il ne reste qu"à obsérver queN[X] =S kDket de se rappeler qu"une réunion dénombrable d"ensembles dénombrables est dénombrable.? Exercice#?.Soit(X;T)un espace mesurable. Soitf:X!Rune fonction telle que f

1(]a;b[)2T;8a;b2Qtels quea < b:

Montrer quefest mesurable.

Solution(JK).SoitAla famille des intervalles ouverts]a;b[,a < b,a;b2Q. Montrons que la tribu T(A)engendrée parAcoïncide avec la tribu borélienne deR. Soita2R. Comme tout nombre réel est limite d"une suite décroissante de nombres rationnels, il existe une suite(n)Q\]a;+1[dé- croissante t.q.]a;+1[=S n]n;n[. La classe monotone engendrée parAet donc aussi la tribuT(A) contient donc la familleA0des intervalles ouverts]a;+1[, aveca2R. D"après la proposition ?.?? b) (ii), la tribu engendrée parA0est la tribu borélienne. On a alors B

R=T(A0)T(A)BR;

les inclusions étant la conséquence des inclusionsA0T(A)etABR(exercice ?.??). pothèse quef1(]a;b[)2T;8a;b2Qtels quea < bentraîne quef1(A)2T;8A2 BRet doncf est mesurable.Exercice#?.Soit(Fn)n1P(R). Soit f:R![0;1]; f(x) :=1X n=1ln(1 +jxjn)dist(x;Fn);8x2R:

Montrer quefest borélienne.

nue. En e?fet, siF6=;, jdist(x;F)dist(y;F)j jxyjpour tousx;y2R

etdist(x;;) =1pour toutx. On note également que la fonctionfest bien définie (f(x)peut être fini

ou infini) car tous les termes de la somme sont positifs. On a donc que pour toutNla somme partielle jusqu"àNest une fonction continue:R![0;1] simple de fonctions continues.Exercice#?.Expliquer, avec ses propres mots, les notions suivantes : a) Espace mesuré. b) Fonction mesurable. c) L"intégrale de Lebesgue d"une fonction positive. d) Fonction Lebesgue intégrable. Quelles sont les pré-requis dont on a besoin pour définir rigoureusement ces notions?

Solution(JK).

a) Un espace mesuré est un ensembleXmuni d"une tribuTet d"une mesure. Une tribu est une

familleTde parties deX, qui satisfait les conditions : i); 2T, ii)Test fermé sous l"opération de

prendre le complémentaire, iii)Test fermé sous l"opération de prendre des unions dénombrables.

Une mesure est une fonction:T![0;+1], qui satisfait(;) = 0et qui est-additive, c.à.d. (F n2NAn) =P n2N(An)pour une collection d"ensemblesAn2Tdeux à deux disjoints. b) Soitf:X!Rune fonction. Pour parler de la mesurabilité def,Xdoit être muni d"une tribuT. i=1aiAi, a i2R,Ai2T.Maintenantfestmesurable sifestlimite simpled"une suitedefonctions étagées. De plus, une fonctionf:X!Rnest mesurable si ses composantesfisont mesurables.

Il s"avère qu"une fonctionf:X!Rest mesurable si et seulement si l"image réciproque d"un boré-

lien est un membre deT. c) Soitf:X![0;+1]. Pour parler de l"intégrale def(au sens de Lebesgue), l"ensembleXdoit être muni d"une tribuTet d"une mesure, c.à.d.(X;T;)doit être un espace mesuré, etfdoit être mesurable. i=1aiAi(avecai0). Pour une telle fonctiong, l"intégrale est définie comme Z g=nX i=1a i(Ai);

il faut montrer que l"expression à droite ne dépend pas du choix de la combinaison linéaire positive

(desaietAi) pour exprimerg. Puis on définit l"intégrale defpar Z f= sup Z g;gf;gétagée positive

Il existe une formulation équivalente qui est plus intuitive : toute fonction positive mesurablefest

limite simple d"une suite croissante(gn)de fonctions étagées. On a alors Z f= limnZ g n:

Dans ce cours, l"appellation "intégrale de Lebesgue» d"une fonction est réservée au cas oùX=Rn,

T=BRn(la tribu boréliennne) et= la mesure de Lebesgue. d) Soit(X;T;)un espace mesuré. Une fonctionf:X est intégrable sifest mesurable et son intégraleRfest finie. Une fonctionf:X!Rest intégrable sif+= maxff;0g etff+sont intégrables (d"une manière équivalente,jfjest intégrable). unB2Tde mesure nulle. La tribu complétéeTest la plus petite tribu qui contientTet tous les ensembles négligeables. On appelle donc une fonctionT-mesurable si elle est mesurable par rap-

port à la tribu complétée. Il existe une unique mesure, qui prolongesurTet la définition de

rapport àT) t.q.f=gpresque partout et doncRf=Rg.

Dans ce cours, l"appellation "fonction Lebesgue intégrable» est réservée au cas oùX=Rn,T=

B

Rnle tribu borélien et= la mesure de Lebesgue ou les versions complétées.Exercice#?.Étudier l"existence et la finitude de

Z 1

01cosxx

adx; aveca2Rparamètre, au sens des intégrales généralisées et de Lebesgue.

Solution(TT).D"abord notons que l"intégrande est une fonction continue positive et donc l"intégrale de

Lebesgue et l"intégrale généralisée coïncident. Nous avons que Z 1

01cosxx

adx=Z 1

01cosxx

adx+Z 1

11cosxx

adx=:I1+I2 et nous allons étudier les deux intégralesI1etI2séparément.

D"abordsia >1,I2R1

12x adx <1.D"autrepartpourtoutk0,cosxestnégatifdansl"intervalle [(4k+ 1)=2;(4k+ 3)=2]et on a : I 21X
k=0Z (4k+3)=2 (4k+1)=21x adx: Sia0, cette somme est manifestement infinie. Poura2(0;1], la fonction1=xaest décroissante et Z (4k+3)=2 (4k+1)=21x adxZ (4k+5)=2 (4k+3)=21x adx:

Il en suit que

I 21X
k=0Z (4k+3)=2 (4k+1)=21x adx12 1X k=0Z (4k+3)=2 (4k+1)=21x adx+1X k=0Z (4k+5)=2 (4k+3)=21x adx 12 Z 1 3=21x adx=1:

En conclusionI2<1poura >1etI2=1poura1.

Maintenant, considéronsI1dans le cas oùa >1. En utilisant le développement limité decosx, on

voit quelimx!01cosxx

2= 1=2. En particulier,I1<1ssiZ

1 0x 2x adx <1. Cette dernière intégrale est finie ssia2<1.

Enfin, on conclut que l"intégrale donnée existe pour toutaet elle est finie ssiI1etI2sont finies ssi

a2(1;3).Exercice#?.Soit I:=Z 1 0 ln(1x)dx (intégrale généralisée). CalculerI: a) À partir de la définition de l"intégrale généralisée. b) En utilisant un développement en série entière. Justifier par un calcul direct l"égalité des deux résultats obtenus.

Solution(JK).

a) Par définition de l"intégrale généralisée,

I:= lim"!0Z

1 ln(1x)dx= lim!0Z 1" 0 lny dy= lim"!0[ylnyy]1" 0=1:

b) On calcule l"intégrale comme une intégrale de Lebesgue (proposition ?.??). On développeln(1x)

en série entière : ln(1x) =+1X n=1x nn ;8x2[0;1[:

On observe que

+1X n=1x nn est une série de termes positifs sur[0;1[. D"après le théorème ?.??, on peut échanger la sommation avec l"intégrale dans l"expression I:=Z 1 0+1X n=1x nn dx=+1X n=1Z 1 0x nn dx=+1X n=1 xn+1n(n+ 1) 1 0 =+1X n=11n(n+ 1);

pour la troisième égalité, nous avons identifié intégrale de Lebesgue et intégrale de Riemann (pro-

position ?.??).

En appliquant

1n(n+ 1)+1(n+ 1)(n+ 2)=2n(n+ 2)d"une manière iterative on obtient

2 kX n=11n(n+ 1)=2k(1 + 2 k):

D"oùI=limk2

kX n=11n(n+ 1)=1.Exercice#?.Calculer lim n!1Z n 0 1xn ndx; l"intégrale étant une intégrale de Riemann.

Solution(TT).Comme l"intégrande est une fonction continue positive, on peut considérer l"intégrale

comme une intégrale de Lebesgue. Soitfn(x) :=[0;n[(x)(1x=n)n. Pour toutx >0, on a : f n(x) =[0;n[(x)exp(nln(1x=n)) =[0;n[(x)exp(xg(x=n)); oùg: ]0;1[!Restdéfinieparg(t) :=ln(1t)t en série deg, on voit quegest décroissante sur]0;1[. On a égalementlimt!0g(t) =1. Montrons que pour toutx0et toutn,fn(x)fn+1(x). Sixn+ 1oux= 0, alorsfn(x) = f n+1(x) = 0. Six2[n;n+ 1[, alorsfn(x) = 0etfn+1(x)>0. Enfin si0< x < n, alors f n(x) = exp(xg(x=n))exp(xg(x=(n+ 1))) =fn+1(x); parlaremarqued"avant.Deplus,limnfn(x) =[0;1[(x)exp(x).Enappliquantlethéorèmedeconver-

gence monotone et en identifiant l"intégrale de Lebesgue avec une intégrale généralisée (proposition

?.??), on obtient que lim n!1Z R f n(x)dx=Z 1 0 exp(x)dx=exp(x)1

0= 1:Exercice#??.Soit

I n:=Z 1

0cos(nx)1 +xndx;8n2

(intégrale de Lebesgue). a) Montrer queInexiste,8n2. b) Calculerlimn!1In.

Solution(JK).

a) Lafonctionx7!f(x) =cos(nx)1 +xnestcontinuesurR+,doncintégrableausensdeRiemannsur[0;b]

pour toutb >0. De plus,jf(x)j 11 +xn. D"après le critère de Riemann, l"intégrale généralisée

convergeabsolumentsin2,c.à.d.limb!+1R b alors intégrable au sens de Lebesgue,8n2.

b) Comme l"intégrale généralisée defconverge absolument sin2, son intégrale de Lebesgue coïn-

cide avec son intégrale généralisée, dans laquelle on peut e?fectuer une intégration par parties, en

posant u(x) =11 +xn; v0(x) = cos(nx);doncu0(x) =nxn1(1 +xn)2; v(x) =1n sin(nx):

AlorsIn= limb!+1Z

b

0cos(nx)1 +xndxet

Z b

0cos(nx)1 +xndx=1n

sin(nx)1 +xn b 0 +Z b 0x n1sin(nx)(1 +xn)2dx

Pourb >1, on a

Z b 0x n1sin(nx)(1 +xn)2dxZ 1 0 xn1dx+Z b 11x n+1dx=1n +1nbn1n2n

De plus,

1n sin(nx)1 +xn b 0 1n En faisantb!+1, nous obtenons, de ce qui précède,jInj 3n ,8n2, d"où la conclusion.Exercicesavancés Exercice#??.Soit(xj)j1Rune suite de réels. Pour chaquet >0, soit U t:=[j1]xjt=2j;xj+t=2j[:

Montrer que la fonction

f:]0;1[!]0;1[; f(t) :=1(Ut);8t >0; est continue et surjective. Solution(PM).Utest ouvert (union d"ouverts), donc borélien. Il s"ensuit quefest bien définie. Par ailleurs, nous avons (via la sous-additivité de la mesure) f(t)X j1

1(]xjt=2j;xj+t=2j[) =X

j1t=2j1= 2t <1 et (par monotonie de la mesure) f(t)1(]x1t=2;x1+t=2[) =t >0; d"où f:]0;1[!]0;1[;limt!0f(t) = 0etlimt!1f(t) =1:(?) Si0< t < s, alorsUtUs, d"où (par monotonie de la mesure)fest croissante. continue (car, dans ce cas, son image contient]limt!0f(t);limt!1f(t)[).? Enutilisantlapropriété([i2IAi)n([i2IBi) [i2I(AinBi)etlefaitque1(Ut)<1,nousobtenons, pour0< t < s:

0f(s)f(t) =1(Us)1(Ut) =1(UsnUt)

1([j1(]xjs=2j;xj+s=2j[n]xjt=2j;xj+t=2j[)

X j1

1(]xjs=2j;xj+s=2j[n]xjt=2j;xj+t=2j[)

X j1(st)=2j1= 2(st):

Il s"ensuit quefest2-lipschitzienne, donc continue.Exercice#??.Soitf:Rn!Rune fonction Lebesgue mesurable bornée. Montrer qu"il existeg;h:

R n!Rtelles que : a)gethsont boréliennes. b)g=h n-p. p. c)g(x)f(x)h(x),8x2Rn. Solution(PM).Soientk:Rn!Rborélienne etC2BRnLebesgue négligeable tels quef=kdans R nnC(proposition ?.?? a)). Les fonctions g;h:Rn!R; g(x) :=( k(x);six2RnnC inff;six2C; h(x) :=( k(x);six2RnnC supf;six2C ont toutes les qualités requises (exercice ?? d), feuille ?).Exercice#??.Soitf:R!Rtelle que : ?.fest bijective. ?.f2C1. ?.f0(t)>0,8t2R. Soitf1la mesure image de la mesure de Lebesgue1surBRparf. Rappelons que f

1(B) :=1(f1(B));8B2BR:

Montrer que

f

1(B) =Z

B (f1)0(t)d1(t);8B2BR:

(On pourra commencer par le cas oùBest un intervalle compact.)?. On peut se passer de la monotonie def, à condition de montrer le résultat suivant : sif:]0;1[!]0;1[est continue,

lim t!0f(t) = 0etlimt!1f(t) =1, alorsfest surjective. Solution(PM).(f1)0est continue (donc borélienne) et>0. Soit (B) :=Z B (f1)0(t)d1(t);8B2BR: Alorsest une mesure borélienneàdensité(exercice ?.??). Pour montrer quef1=, nous utilisons la proposition ?.??, avec

C:=fAR;Aest une union finie d"intervallesg;

desortequeT(C) =BR(pardoubleinclusion,ennotantqueCBRetqueCcontientlesintervalles, qui engendrentBR). de montrer que f

1(I) =(I);8IRintervalle;(?)

R=[nIn;avecInintervalle tel quef1(In)<1;8n:(?)

Preuvede(?).SoitIn:= [n;n],n2N. AlorsR=[n1In, et

f

1(In) =1(f1([n;n])) =1([f1(n);f1(n)]) =f1(n)f1(n)<1;8n:

Preuvede(?)siIestunintervallecompact.SiI= [a;b]R,alors,parchangementdevariablex:=f1(t) dans l"intégrale de Riemann, nous avons f

1([a;b]) =1([f1(a);f1(b)]) =f1(b)f1(a) =Z

f1(b) f

1(a)dx

Z b a (f1)0(t)dt=Z [a;b](f1)0(t)d1(t); la dernière égalité découlant de la proposition ?.??. liers. SiI= [a;1[, alorsI=[n1[a;a+n]. SiI= [a;b[, alorsI=[nn0[a;b1=n], oùn0est tel que b1=n0> a. SiIn%I, avec chaqueIncompact, alors (théorème de la suite croissante), f

1(I) = limnf1(In) = limn(In) =(I):Exercice#??.Soit : [a;b]![c;d]une fonction telle que :

?.2C1. ?.0(t)0,8t2[a;b]. ?.(a) =cet(b) =d. Montrer que, pour toute fonction borélienne et Riemann intégrablef: [c;d]![0;1[, la fonction f0est borélienne, et que nous avons Z d c f(x)dx=Z [a;b]f((t))0(t)d1(t)(?) (la première intégrale étant une intégrale de Riemann). (On pourra commencer par étudier le cas des fonctions en escalier.) donc borélienne, ce qui montre quef0est borélienne. tiondelaformef=Pn [c;d]:[c;d] =tnj=1Ij. Si nous montrons que, pour tout intervalleI[c;d], nous avons Z d c

I(x)dx=Z

[a;b]

I((t))0(t)d1(t)2R;

escalier. NotonsqueI =1(I).?Nousallonsadmettrelespropriétéssuivantes,évidentessurundessin

(sous les hypothèses ?-?).1(I)est un intervalle. SiIest d"extrémitésefet1(I)d"extrémités

gh, alors(g) =eet(h) =f.

Nous obtenons, d"une part, queRd

cI(x)dx=fe, d"autre part (en utilisant le fait que la mesure de Lebesgue d"un point est nulle, et donc1(I)=[g;h]1-p. p.) Z [a;b]

I((t))0(t)d1(t) =Z

[a;b]

1(I)(t)0(t)d1(t) =Z

[a;b] [g;h](t)0(t)d1(t) Z h g

0(t)dt= (h)(g) =fe;

Newton.

Preuve de(?)sifest borélienne et Riemann intégrable.Soient(fj),(gj)deux suites de fonctions en escalier

telles quefjfgj,8j, etRd c(gjfj)!0. (L"existence de ces suites découle du fait quefest

Riemann intégrable.) Notons queRd

cf(x)dx= limjR d cfj(x)dx= limjR d cgj(x)dx. Notons également quefj,fetgjsont bornées. Par conséquent,fj0,f0etgj0sont

boréliennes et bornées, donc Lebesgue intégrables sur[a;b]. Par monotonie de l"intégrale, nous avons

Z [a;b]f j((t))0(t)d1(t)Z [a;b]f((t))0(t)d1(t)Z [a;b]g j((t))0(t)d1(t);

d"où, en utilisant l"étape précédente et en faisantj! 1dans cette double inégalité,

Z d c f(x)dxZ [a;b]f((t))0(t)d1(t)Z dquotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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