[PDF] Exercices corrigés Mesure et intégration. Anné

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Université Claude Bernard Lyon ? Licence de mathématiques3eannée

Mesure et intégration Année ????-????

Exercices corrigés

Exercice#?.Déterminer les bornessupetinfdes ensembles ci-dessous : a)A1:=n cos n2 ;n2No b)A2:=12n+ 10n3n+ 2;n2N c)A3:=n

1 + sin

n2 lnn;n2No

Solution.

a)A1:=n cos n2 ;n2No =f0;+1;1g.A1est fini, doncsupA1= maxA1= +1etinfA1= minA1=1. b)

12n+ 10n3n+ 2= 4810n3n+ 2.n=810n3n+ 2est une suite décroissante. La valeur maximale den

estdonc0=72 .Deplus,limnn= 0.Doncinf810n3n+ 2;n2N = 0.Ils"ensuitquesupA2= 4 etinfA2= 472 =12 c) On a

1 + sin

4n2 ln(4n) = lnn+ ln4. DoncsupA3supflnn+ ln4;n2Ng= +1, car lnntend vers+1. De plusinfA3= minA3= 0, car

1 + sin

n2 lnnest positive pourn1 et0pourn= 1.Exercice#?.Montrer quexnyn,8nn0=)limsupnxnlimsupnyn. Solution.Nous allons utiliser le fait (énoncé en cours) que limsup nxn= maxn limkxnk; (xnk)kest une sous-suite de(xn)nayant une limiteo

Ici, on autorise les valeurs1pour la limite.

sous-suite, on peut supposer que(ynk)ka une limite. Commexnkynkpour tous sauf un nombre fini dek, on a que limsup nxn= limkxnklimkynklimsup nyn:Autresolution.SoientXn:= supknxk,Yn:= supknyk. Pourknn0, nous avonsxkykYn, d"où, en prenant lesupsurk,XnYn. Il s"ensuit que limsup nxn= limnXnlimnYn= limsupyn:Le lemme suivant sera utilisé dans la résolution de l"exercice#?. Lemme.Soit(xn)nune suite de nombres réels et soit(nk)ket(m`)`des suites strictement croissantes d"entiers telles que

N=fnk;k2Ng [ fm`;`2Ng

et les deux sous-suites(xnk)ket(xm`)`ont des limites. Alors limsup nxn= max(limkxnk;lim`xm`);liminfnxn= min(limkxnk;lim`xm`): Énoncé analogue pour un nombre, fini mais arbitraire, de sous-suites. Avant de procéder à la preuve du lemme, décrivons un Principedepreuve.Siaetbsont des réels, pour montrer queab, il su?fit de montrer queab+",

8" >0. Pour montrer queab, il su?fit de montrer queab",8" >0

Lorsquea;b2R[ f1g, pour montrer queab, il su?fit de montrer queaM,8M > b(avec M2R). De même, sia;b2R[ f1g, pour montrer queab, il su?fit de montrer queaM,8M < b (avecM2R). Démonstrationdulemme.Nous allons faire la preuve uniquement pourlimsupet deux sous-suites, les autres cas étant analogues. Soitz:= max(limkxnk;lim`xm`).L"inégalitélimsupnxnzsuitde(?)ci-dessus.Enparticulier,si z=1, alors nous avons nécessairement égalité. de preuve décrit ci-dessus) un réelMtel queM > z, de sorte queM >limkxnketM >lim`xm`. Par définition de la limite, il existek0;`02Nsatisfaisantxnk< M,8kk0, etxm`< M,8``0. Soit p

0:= max(nk0;m`0). Sipp0, alors soitxp=xnkpour unkk0, soitxp=xm`pour un``0. Dans

les deux cas, nous avonsxp< M. Il s"ensuit que X n:= sup pnxpM;8np0; d"où limsup nxn= limnXnM;8M > z:

Le principe de preuve permet de conclure.Exercice#?.Calculerlimsupnxnetliminfnxnpourlessuitesdéfinies,pourtoutn2N,respectivement

par les formules : a)xn:= (n+ 1)(1)n. b)xn:=

2 + cos

n2 n2n+ 1.

Solution.

a) Considérons les sous-suitesx2n= 2n+ 1etx2n+1= 1=(2n+ 2). Nous avonslimnx2n=1et lim nx2n+1= 0; le lemme impliquelimsupnxn=1etliminfnxn= 0.

b) La preuve du lemme s"adapte à un nombre fini arbitraire de sous-suites (à la place de deux sous-

suites). Considérons les sous-suitesx4n= (12n)=(8n+ 1),x2n+1= 2(2n+ 1)=(2(2n+ 1) + 1)etx4n+2= (4n+2)=(2(4n+2)+1).Onaquelimnx4n= 3=2,limnx2n+1= 1etlimnx4n+2= 1=2.Onconclut quelimsupnxn= 3=2etliminfnxn= 1=2.

Exercice#?.

a) Montrer quex2limsupAnsi et seulement sixappartient à une infinité d"ensemblesAn. b) Montrer quex2liminfAnsi et seulement si il existe unn1(qui peut dépendre dex2X) tel que x2An,8nn1. c) Pour toutx2X, montrer les égalités limsupAn(x) = limsupAn(x); liminfAn(x) = liminfAn(x): d) Soit(An)nn0une suite croissante de parties deX. Montrer que limsupAn= liminfAn=[ nn1A n;8n1n0: Quel est l"analogue de cette formule pour une suite décroissante? e) Montrer que limsupAn= (limsupA2n)[(limsupA2n+1);liminfAn= (liminfA2n)\(liminfA2n+1):

Solution.

a)x2limsupAn()x2\ n[ knA k() 8n:x2[ knA k() 8n;9kn:x2Ak.

Prenons la négation

x =2limsupAn() 9n;8kn:x =2Ak:

L"énoncé à droite veut dire qu"il existentq, six2Ak, alorskn, c.a.d.xappartient au plus à un

A k. b)x2liminfAn()x2[ n\ knA k() 9n:x2\ knA k() 9n;8kn:x2Ak. c)Justificationdelapremièreégalité.De a), nous obtenons limsupAn(x) = 1() 8n;9kn:x2Ak() 8n;9kn:Ak(x) = 1 (a)() 8n;sup kn

Ak(x) = 1(b)()limnsup

kn

Ak(x) = 1

()limsup nAn(x) = 1:(?) Justification de(a): une fonction caractéristiqueAne prend que les valeurs0et1. Donc sup kn

Ak(x) = 1() 9kn:Ak(x) = 1:

ne prend que la valeur1, et a la limite1, soit elle prend la valeur0, et dans ce cas elle tend vers0.

Finalement, comme les fonctionslimsupAnetlimsupnAnne peuvent prendre que les valeurs0 ou1, on déduit de (?) quelimsupAn(x) = limsupnAn(x), d"où le résultat. Justificationdeladeuxièmeégalité.De b), nous obtenons liminfAn(x) = 1() 9n;8kn:x2Ak() 9n;8kn:Ak(x) = 1 () 9n: infknAk(x) = 1(c)()limninfknAk(x) = 1 ()liminfnAn(x) = 1:

La justification de(c)est similaire à celle de(b): la suite(infknAk(x))ncroît et ne prend que les

valeurs0ou1. Donc soit elle ne prend que la valeur0, et a la limite0, soit elle prend la valeur1, et dans ce cas elle tend vers1. Nous concluons comme pour la première égalité. d) La suite(An)nn0étant croissante, nous avonsS knAk=S kn1Ak,8nn1, d"où limsup nAn=\ nn0[ knA k=\ nn0[ kn1A k=[ nn1A n:

La suite(An)nn0étant croissante, nous avonsT

knAk=An, d"où liminf nAn=[ nn0\ knA k=[ nn0A n=[ nn1A n: Preuves similaires pour les suites décroissantes. e) De a), nous avons xappartient àlimsup nAn()xappartient àAnpour une infinité den ()xappartient àAnpour une infinité denpairsoupour une infinité denimpairs ()x2limsup nA2noux2limsup nA2n+1()x2limsup nA2n[limsup nA2n+1:

Pour laliminf, procédons par double inclusion.

x2liminfnAn=) 9n;8kn:x2Ak=) 9n;8`n:x2A2`etx2A2`+1

Par ailleurs,

=) 9n1; n2;8kn1:x2A2ket8kn2:x2A2k+1

=) 8`n:= max(2n1;2n2+ 1) :x2A`=)x2liminfnAn:Exercice#?.Déterminer la tribuT(A)surRengendrée parA:=ffng;n2Zg.

Solution. Étape?.SiAZ,alorsA2T(A).En e?fet, nous avonsAa. p. d. (carAZetZest dénom- deT(A)), d"oùA2T(A). Étape ?. SiARetAcZ, alorsA2T(A).En e?fet, la première étape montre queAc2T(A). En utilisant l"axiome ii) d"une tribu, nous obtenonsA= (Ac)c2T(A).

Conclusion provisoire. Nous avons

T:=fAR;AZouAcZg T(A):(?)

Le lemme qui suit montre queTest une tribu. Par ailleurs, nous avonsAT, carA2A=)

AZ=)A2T.

Nous concluons comme suit : deAT, nous déduisons queT(A)T(T) =T(la dernière

égalité découlant du fait queTest une tribu). En comparant cette inclusion à (?), nous obtenons que

T(A) =T.Lemme.SoientYXdeux ensembles. Soit

T:=fAX;AYouAcYg:

AlorsTest une tribu.

Démonstration. Étape?.; 2T, car; Y.

Étape?.SiA2T,alorsAc2T.Nous avons deux cas à examiner. ?. SiAY, alors(Ac)c=AY, et doncAc2T. ?. SiAcY, alors, clairementAc2T.

Dans tous les cas possibles, siA2T, alorsAc2T.

Étape?.Si(An)T,alors[nAn2T.À nouveau, nous avons deux cas à examiner. ?. SiAnY,8n, alors[nAnY, et donc[nAn2T. ?. S"il existe unn02Ntel queAn06Y, alors(An0)cY. Il s"ensuit que ([nAn)c=\n(An)c(An0)cY; et donc[nAn2T. Dans tous les cas possibles, si(An)T, alors[nAn2T.

Tvérifie donc les axiomes d"une tribu.Exercice#?.Soit(X;T)un espace mesurable. Soit(An)Tune suite d. d. d. telle queX=tnAn.

Pour chaquen, soitfn:An!Rune fonction mesurable. Soitf:X!R,f(x) :=fn(x)six2An.

Montrer quefest mesurable.

Solution.Posonsefn:X!R,efn(x) :=(

f n(x);six2An

0;sinon. Par définition, la fonctionefnest mesu-

rable. Notons l"égalité suivante, vraie pour tout ensembleBR: (fn)1(B)\An= (efn)1(B)\An;8n:(?)

SoitB2BR. Nous avons (via (?))

f

1(B) =[n(fn)1(B) =[n(fn)1(B)\An=[n

(efn)1(B)\An

2T:(?)

que (efn)1(B)\An 2 T(de ce qui précède et l"axiome iii) de la tribu). De (?) et du théorème de caractérisation des fonctions mesurables,fest mesurable.?

Exercice#?.Soitf:X!Rmesurable. Pour0< M <1, soit

f

M(x) :=8

:f(x);sijf(x)j M

M;sif(x)> M

M;sif(x) Montrer quefest mesurable si et seulement sifMest mesurable,8M >0.

Solution."=)» SoitgM:R!R,gM(t) :=8

:t;sijtj M

M;sit > M

M;sit quefM=gMfest mesurable (composée d"une fonction continue et d"une fonction mesurable). "(=» Sin jf(x)j, alorsfn(x) =f(x). Il s"ensuit quelimnfn(x) =f(x). Chaquefnétant mesu-

rable,fl"est également (comme limite - simple - de fonctions mesurables).Exercice#?.Soit(X;T)un espace mesurable. Sif:X!Rnest mesurable etg:Rn!Rest

borélienne étagée, montrer quegfest étagée. Solution.Soientaj2RetAj2BRn,j= 1;:::;k, tels queg=Pk j=1ajAj. Alors gf=kX j=1a jAjf=kX j=1a jf1(Aj):(?) Commef:X!Rnest mesurable etAj2BRn, nous avonsf1(Aj)2T,8j(théorème-

définitiondesfonctionsmesurablesàvaleursdansRn).De(?),nousobtenonsquegfestétagée.Exercice#?.SoitCun clan surX. SoitYX. SoitCY:=fA\Y;YXg. Montrer queCYest un

clan surY. Solution. Étape?.; 2CY, car;=; \Yet; 2C(axiome i) du clan). Étape?.SiB2CY,alorsYnB2CY.En e?fet, soitA2Ctel queB=A\Y. Alors

YnB=Y\Bc=Y\(Ac[Yc) = (Y\Ac)[(Y\Yc) =Ac\Y2CY;

carAc2C(axiome ii) du clan). Étape?.SiB1;B22CY,alorsB1[B22CY.Ene?fet,soientA1;A22CtelsqueBj=Aj\Y,j= 1;2. Alors B

1[B2= (A1\Y)[(A2\Y) = (A1[A2)\Y2CY;

carA1[A22C(axiome iii) du clan).

Il s"ensuit queCYvérifie les axiomes du clan surY.Exercice#??.Soit(Xn)n1une suite de parties deX. Montrer que[nj=1Xj% [nXn.

montrons par double inclusion queY=[nXn. Étape ?. Nous avonsY [nXn.En e?fet, pour chaquen,[nj=1Xj [jXj, d"où[n[nj=1Xj [jXj= nXn. Étape ?. Nous avons[nXnY.En e?fet, nous avonsXn [nj=1Xj,8n, d"où[nXn [n[nj=1Xj= Y.?

Exercice#??.

a) Montrer que la fonction f:]0;1[!R; f(x) :=sinxe x1;8x >0; est Lebesgue intégrable sur]0;1[. b) Montrer que pour toutx >0nous avonsf(x) =1X n=1e nxsinx. c) En déduire que Z 1

0sinxe

x1dx=1X n=11n 2+ 1. Solution. Préliminaire.Notons le calcul suivant d"intégrale généralisée : Z 1 0 exdx=1 ex1 1=1 ;82Ctel queRe >0:(?)

a)fétant continue, il su?fit de montrer que l"intégrale généralisée defest absolument convergente

(proposition ?.?? b)).

Étude deZ

1 0 jf(x)jdx.Nous avonsjsinxje x10+1. Le critère de Riemann combiné avec le théorème des équivalents donne la convergence de l"intégrale.

ÉtudedeZ

1 1 jf(x)jdx.Nous avons jf(x)j 1e x111e x: Z 1 1 Z 1 11e x1dx,puiscelledeZ 1

1jsinxje

x1dx. En combinant les deux études, nous obtenons la convergence de Z 1

0jsinxje

x1dx. Autreapproche.Enutilisantlamajorationjsinxj jxj,8x2R,lamonotoniedesintégralesgénéra- lisées, une intégration par parties et (?), nous obtenons Z 1 0 jsinxexjdxZ 1 0 xexdx=xex1 0+Z 1 0 exdx= 1<1: b) Commejexj=ex<1,8x >0, nous avons 1e x1=1e x11ex=exX n0(ex)n=X n0e xnx=X n1e nx; d"où la conclusion, en multipliant ce qui précède parsinx. c) De (?), nous obtenons Z 1 0 exsin( x)dx=12{Z 1 0 exe{ xe{ xdx 12{ 1{ 1+{ 2+

2;82]0;1[;8

2Rn f0g:(?)

Il s"ensuit de (?) que

Z 1 0 enxsinxdx=1n

2+ 1;8n2N;

et donc (au vu de la question b)) l"identité à montrer revient à Z 1 0X n1e nxsinxdx=X n1Z 1 0 enxsinxdx:(?) ?.?), l"autre le théorème ?.?? . nons Z 1 0X n1e nxsinxdxX nN(x)dx;

où f

N(x) :=X

nNe nxsinx=eNx11exsinx=1e (N1)xf(x);8N1;8x >0: La majorationjfN(x)j jf(x)j,8N1,8x >0, montre que l"intégrale généralisée defNest ab- solument convergente, et donc coïncide avecZ ]0;1[jfNjd1(proposition ?.?? b)). De ce qui précède, nous devons montrer que lim NZ ]0;1[jfNjd1= 0: Ceci s"obtient par convergence dominée (théorème ?.?), en notant que :

Àx >0fixé,fN(x)!0;

NousavonslamajorationjfN(x)j jf(x)j,8N1,8x >0,etjfjest1-intégrable(question a)). Preuve de(?)via le théorème ?.??.Nous devons montrer queX n1Z R jfnjd1<1. En utilisant la pro-

position ?.?? b), la majorationjsinxj jxj,8x2R, la monotonie des intégrales généralisées, une

intégration par parties, l"identité (?) et le critère de Riemann pour les séries, nous obtenons

X n1Z R jfnjd1=X n1Z 1 0 jenxjjsinxjdxX n1Z 1 0quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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